2025年黑龙江大兴安岭中考数学试题及答案

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1．考试时间120分钟
2．全卷共三道大题，总分120分
3．使用答题卡的考生，请将答案填写在答题卡的指定位置
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，在世界数学史上首次正式引入负数．若收入元记作元，则支出元记作（ ）
A．元B．元C．元D．元
2．社会规则营造良好的社会秩序，我们要了解并遵守社会规则．下列标志是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．将一个含角的三角尺和直尺按如图摆放，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
5．为了全面地反映物体的形状，生产实践中往往采用多个视图来反映同一物体不同方面的形状．下图中飞机的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
6．如果关于的分式方程无解，那么实数的值是（ ）
A．B．C．或D．且
7．假定鸟卵孵化后，雏鸟为雌鸟与雄鸟的概率相同．如果2枚鸟卵全部成功孵化，那么2只雏鸟都是雄鸟的概率是（ ）
A．B．C．D．
8．神舟二十号发射窗口时间恰逢第十个“中国航天日”．为激发青少年探索浩瀚宇宙的兴趣，学校组织900名师生乘车前往航空科技馆参观，计划租用45座和60座两种客车（两种客车都要租），若每名学生都有座位且每辆客车都没有空座位，则租车方案有（ ）
A．3种B．4种C．5种D．6种
9．如图，在菱形中，，，动点从点出发沿边匀速运动，运动到点时停止，过点作的垂线，在点运动过程中，垂线扫过菱形（即阴影部分）的面积为，点运动的路程为．下列图象能反映与之间函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，二次函数的图象与轴交于两点，，且．下列结论：①；②；③；④若和是关于的一元二次方程的两根，且，则，；⑤关于的不等式的解集为．其中正确结论的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
二、填空题（每小题3分，满分21分）
11．中国年水资源总量约为亿，人均占有水量相当于世界人均的四分之一，居世界第110位．将用科学记数法表示为 ．
12．若代数式有意义，则实数的取值范围是 ．
13．若圆锥的底面半径为，母线长为，则其侧面展开图的圆心角为 度．
14．如图，在中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E，F，作直线，交于点M，交于点N，若点N恰为的中点，则的长为 ．
15．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象在第二象限内交于点A，与x轴交于点B，点C坐标为，连接，若，则实数k的值为 ．
16．等腰三角形纸片中，，将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，直线l交于点D，交直线于点E，连接，若，，则的面积为 ．
17．利用几何图形的变化可以制作出形态各异的图案．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以为边作，使，，再以为边作，使，，过点，，作弧，记作第1条弧；以为边，使，，再以为边作，使，，过点，，作弧，记作第2条弧……按此规律，第2025条弧上与原点的距离最小的点的坐标为 ．
三、解答题（本题共7道大题，共69分）
18．（1）计算：
（2）分解因式：
19．解方程：
20．国家卫生健康委员会宣布将2025年定为“体重管理年”，并实施为期三年的体重管理行动．某校响应号召，计划组织全校学生开展系列体育活动，筹备足球、排球、篮球、羽毛球四个球类运动的体育社团，倡导学生全员参加，为了解学生对这四项球类运动的喜爱情况，随机抽取部分学生，对其进行了“我最喜爱的球类运动项目”问卷调查（每名学生在这四项球类运动项目中选择且只能选择一项），将这部分学生的问卷进行整理，依据样本数据绘制了如下两幅不完整的统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：__________；
(2)请补全条形统计图；
(3)扇形统计图中，“足球”对应扇形的圆心角为__________度；
(4)若该校有名学生，请你估计该校最喜爱篮球运动的学生有多少人？
21．如图，内接于，为的直径，点D在的延长线上，连接，，过点B作，交于点E．
(1)求证：是的切线；
(2)若点B是的中点，且，求的半径．
22．2025年春晚舞台上的机器人表演，充分演绎了科技与民族文化的完美融合．为满足学生的好奇心和求知欲，某校组织科技活动“机器人走进校园”，AI热情瞬间燃爆．校园里一条笔直的“勤学路”上依次设置了A，B，C三个互动区，机器人甲、乙分别从A，C两区同时出发开始表演，机器人甲沿“勤学路”以20米／分的速度匀速向B区行进，行至B区时停留4.5分钟（与师生热情互动）后，继续沿“勤学路”向C区匀速行进，机器人乙沿“勤学路”以10米／分的速度匀速向B区行进，行至B区时接到指令立即匀速返回，结果两机器人同时到达C区．机器人甲、乙距B区的距离y（米）与机器人乙行进的时间x（分）之间的函数关系如图所示，请结合图象信息解答下列问题：
(1)A，C两区相距__________米，__________；
(2)求线段所在直线的函数解析式；
(3)机器人乙行进的时间为多少分时，机器人甲、乙相距30米？（直接写出答案即可）
23．综合与实践
在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”．
(1)【几何直观】如图1，中，，，在内部取一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则与的数量关系是__________；与的数量关系是__________；
(2)【类比推理】如图2，在正方形内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交的延长线于点，求证：四边形是正方形；
(3)【深度探究】如图3，矩形中，，，在其内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，延长至点，使，连接，延长交的延长线于点，连接，若，则__________；
(4)【拓展延伸】在矩形中，点为边上的一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，若，，则的最小值为__________．
24．综合与探究
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，连接．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点是直线下方抛物线上的点，连接，，当时，求点的坐标；
(3)点是第四象限内抛物线上的一点，连接，若，则点的坐标为__________；
(4)如图2，作点关于轴的对称点，过点作轴的平行线l，过点作，垂足为点，动点，分别从点，同时出发，动点以每秒个单位长度的速度沿射线方向匀速运动，动点以每秒个单位长度的速度沿射线方向匀速运动（当点到达点时，点，都停止运动），连接，过点作的垂线，垂足为点，连接，则的取值范围是__________．
1．B
【分析】本题考查了相反意义的量，熟练掌握正负数的意义是解答本题的关键．在一对具有相反意义的量中，规定其中一个为正，则另一个就用负表示．根据题意，收入与支出为相反意义的量，若收入记为正，则支出应记为负．
【详解】解：∵收入元记作元，
∴支出元记作元．
故选：B．
2．D
【分析】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；
B、不是中心对称图形，故本选项错误；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；
D、是中心对称图形，故本选项正确．
故选D．
3．A
【分析】本题考查了积的乘方、同底数幂的除法、单项式乘单项式、完全平方公式，熟练掌握运算法则是解题的关键．根据积的乘方、同底数幂的除法运算、单项式乘单项式运算、完全平方公式逐项计算，即可判断．
【详解】解：A.，故选项计算正确，符合题意；
B. ，故选项计算错误，不符合题意；
C. ，故选项计算错误，不符合题意；
D. ，故选项计算错误，不符合题意；
故选：A．
4．C
【分析】此题考查了平行线的性质和三角板的相关计算，熟练掌握平行线的性质是关键．根据平行线的性质得到，，进一步即可得到答案．
【详解】解：如图，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C
5．A
【分析】本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．根据俯视图是从上面看到的图象判定则可．
【详解】
解：从上面看下来，看到的图形是，即为俯视图，
故选A．
6．C
【分析】本题考查分式方程无解，分式方程无解的情况有两种：解为增根或变形后整式方程无解．需将原方程化简，分别讨论这两种情况对应的m值即可．
【详解】解：方程去分母，得：，
整理，得：；
∵原方程无解，
∴①整式方程无解，则：，解得：；
②分式方程有增根，则：，解得：；
把代入，得：，解得：；
综上：或
故选C．
7．D
【分析】本题考查了列举法求概率；设2枚鸟卵全部成功孵化为A、B两只雏鸟，列举出所有可能的结果数，2只雏鸟都是雄鸟的结果数，利用概率公式即可计算．
【详解】解：设2枚鸟卵全部成功孵化为A、B两只雏鸟，所有可能的结果为：AB两只雏鸟都是雄鸟，两只雏鸟都是雌鸟，A雏鸟是雄鸟B雏鸟是雌鸟，A雏鸟是雌鸟B雏鸟是雄鸟，共有4种等可能结果，其中2只雏鸟都是雄鸟有一种结果，则2只雏鸟都是雄鸟的概率为；
故选：D．
8．B
【分析】本题考查二元一次方程的解，设租用45座客车x辆，60座客车y辆，根据题意列出方程并求解正整数解，确定符合条件的方案种数，即可．
【详解】解：设租用45座客车x辆，60座客车y辆，
由题意得：，
∴，
∵x、y均为正整数，
∴当时，；
当时，；
当时，；
当时，．
∴共4种满足条件的正整数解，对应4种租车方案．
故选B．
9．A
【分析】分三种情况：点E在上时，点E在上且l与相交时，点E在上且l与相交时，分别计算出阴影部分面积的表达式，即可求解．
【详解】解：当点E在上时，如图，
，，
，
，，
，
此时图象为开口上的抛物线的一部分，排除C，D选项；
当点E在上且l与相交时，作，如图，
，，
，
，，
，
此时图象为直线一部分；
当点E在上且l与相交时，如图，
，，，
，
，
，
此时图象为开口下的抛物线的一部分，排除B选项；
故选A．
【点睛】本题考查菱形上的动点问题，解直角三角形，勾股定理，二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质等，求出不同阶段y与x的解析式是解题的关键．
10．B
【分析】本题考查了二次函数图象与性质，根据抛物线开口，对称轴，以及与轴的交点，确定的符号，即可判断①，根据二次函数的图象过，得出，进而判断对称轴，得出，进而判断②和③，根据函数图象判断④，将一般式写成交点式得出 ，化简不等式为，求得解集，即可求解．
【详解】解：∵抛物线开口向上，
∴，
∵对称轴在轴的右侧，
∴，
∴，
∵抛物线与轴交于负半轴，
∴，
∴，故①正确，
∵二次函数的图象过，
∴，
∵二次函数的图象与轴交于两点，，且．
∴对称轴，即，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴
，
∴，故③错误；
④如图，
关于的一元二次方程的两个根，即函数与的交点的横坐标，
∵，
∴若和是关于的一元二次方程的两根，且，则，；故④正确；
⑤∵二次函数的图象与轴交于两点，，
∴
，
∴，，
∴，，
∴可化为，
即，
∵，
∴，
解得：或，
∴关于的不等式的解集为或不是故⑤错误
故正确的有①②④，共3个，
故选：B
11．
【分析】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法是解题的关键；科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于或等于10时，n是正整数；当原数的绝对值小于1时，n是负整数．
【详解】解：将数据用科学记数法表示为；
故答案为：．
12．且
【分析】本题主要考查代数式有意义的条件，由二次根式及分式、零指数幂有意义的条件可得：且，求解即可得到答案．
【详解】解：∵代数式有意义，
∴且，
∴且．
故答案为：且．
13．160
【分析】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．圆锥的底面半径为，则底面圆的周长是，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，即侧面展开图的扇形弧长是，母线长为即侧面展开图的扇形的半径长是．根据弧长公式即可计算．
【详解】解：根据弧长的公式得到：
，
解得．
即侧面展开图的圆心角为160度．
故答案为：160．
14．
【分析】此题考查了平行四边形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知识，证明是关键．连接，证明是等边三角形，，得到，根据勾股定理即可求出答案．
【详解】解：连接，
由作图可知， 垂直平分，
∴，
∵点N恰为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
15．
【分析】此题考查了反比例函数和一次函数的交点问题，勾股定理，解一元二次方程等知识，根据和勾股定理列方程是解题的关键．求出点B的坐标为，设点A坐标为，根据得到，解方程并进一步即可得到点A坐标为，利用待定系数法即可求出实数k的值．
【详解】解：当时，，解得，
∴点B的坐标为，
∵点C坐标为，
∴，
设点A坐标为，
∴
∵，
∴，
∴，
解得（不合题意，舍去）
∴，
∴点A坐标为，
∴，
解得，
故答案为：
16．或
【分析】本题主要考查折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及相似三角形的判定与性质，分为锐角和钝角两种情况讨论求解：①当为锐角时求出，，由折叠得，可求得，过点作于点，证明，可求出，可求出，根据可得结论；②当为钝角时，过点作于点，得出，可求出，，从而可得．
【详解】解：当为锐角时，如图，
根据题意得，
∵，
∴设，则，
∵，
∴，即，解得，
∴，，
由折叠得，
∴；
∴，
过点作于点，则，
∴，
∴，即，
∴
∴，
∴；
当为钝角时，如图，
过点作于点，则，
∴，
同（1）可得，，
∴，
同理可得
∴；
综上所述，的面积为或．
故答案为：或．
17．
【分析】本题主要考查了点的坐标规律探索，解直角三角形的相关计算，根据题意找出一般规律是解题的关键．分别求出，，，……得出，根据题意得出第2025条弧上与原点的距离最小的点为，求出，根据，，，，得出，然后求出结果即可．
【详解】解：根据题意可知：，
，
，
，
……
，
∵点，，作弧为第1条弧，
点，，作弧为第2条弧，
……，
∴组成第2025条弧，
∴第2025条弧上与原点的距离最小的点为，
∴，
∵，，，，……，,
∴12次操作循环一周，
∵，
∴，
过点作轴于点M，如图所示：
∴，
∴，
，
∴，
∴第2025条弧上与原点的距离最小的点的坐标为．
故答案为：．
18．（1）；（2）
【分析】（1）先计算特殊角三角函数值，再计算二次根式乘法、负整数指数幂、绝对值，再计算加减法即可；
（2）先提取公因式，再利用平方差公式分解因式即可．
【详解】解：（1）原式；
（2）原式．
【点睛】本题主要考查了分解因式，二次根式的混合计算，负整数指数幂，绝对值的性质，求特殊角三角函数值，熟练掌握因式分解的方法，负整数指数幂、二次根式、绝对值以及特殊角的三角函数值等考点的运算是解本题的关键．
19．，
【分析】本题主要考查解一元二次方程，将方程移项后运用因式分解法解方程即可．
【详解】解：，
，
，
或，
∴，
20．(1)24
(2)见解析
(3)
(4)960人
【分析】此题考查了扇形统计图和条形统计图的关联，样本估计总体等知识，读懂题意，准确计算是关键．
（1）先求出随机抽取部分学生的总人数，再求出随机抽取部分学生中最喜爱篮球运动的学生的百分比即可；
（2）求出随机抽取部分学生中最喜爱篮球运动的学生数，补全统计图即可；
（3）用乘以抽取学生中最喜爱篮球运动的学生数的百分比即可得到答案；
（4）用该校学生总数乘以抽取学生中最喜爱篮球运动的学生的百分比即可得到答案．
【详解】（1）解：随机抽取部分学生的总人数为（人），
∴，
即，
故答案为：
（2）随机抽取部分学生中最喜爱篮球运动的学生数为：（人），补全条形统计图如下：
（3）“足球”对应扇形的圆心角为，
故答案为：
（4）（人）
答：估计该校最喜爱篮球运动的学生有人．
21．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查圆周角定理，切线的判定，解直角三角形，熟练掌握相关定理和切线的判定方法，是解题的关键：
（1）连接，圆周角定理，得到，进而得到，等边对等角，得到，结合，推出，即可得证；
（2）根据线段之间的数量关系求出，进而求出的长，勾股定理求出的长，即可得出结果．
【详解】（1）证明：连接，
是的直径，
，
，
，
，即，
．
为的半径，
是的切线．
（2）解：点B是的中点，
．
，
．
，
．
又，
．
．
在中．
．
即半径为．
22．(1)
(2)
(3)7分或11分或13分
【分析】本题主要考查一次函数的应用和从函数图象获取信息，熟练掌握一次函数的应用是解题的关键．
（1）根据图象可直接进行求解A、C两区之间的距离，然后再结合甲的行进情况可求解a；
（2）求出，由图象可得，设直线的解析式为，进而问题可求解；
（3）由题意可分三种情况分别进行求解即可．
【详解】（1）解：由题意可得，A，C两区相距为（米），
由题意可知，表示甲到达B区的时间，则，
故答案为：
（2）由题意可知，点E表示机器人乙沿“勤学路”以10米／分的速度匀速到达了B区，
∴点E的横坐标为，
∴，
设直线的解析式为，把，代入得到，
，解得：，
∴线段所在直线的函数解析式为：；
（3）机器人乙行进的时间为x分时，甲和乙都未到达B区，相距30米，
则，
解得，
即机器人乙行进的时间为分时，机器人甲、乙相距30米；
机器人乙行进的时间为t分时，从B点返回，且甲仍在B区停留期间，相距30米，
则，
解得，
即机器人乙行进的时间为分时，机器人甲、乙相距30米；
机器人乙行进的时间为n分时，从B点返回途中，且甲离开B区向C区前进时，相距30米，
当时，甲机器人距B区的距离y（米）与机器人乙行进的时间x（分）之间的函数关系为，把，代入得到，
，解得：，
∴线段所在直线的函数解析式为：；
则，
解得，
即机器人乙行进的时间为分时，机器人甲、乙相距30米；
综上可知，机器人乙行进的时间7分或11分或13分时，机器人甲、乙相距30米．
23．(1)相等（或）；相等（或）
(2)见解析
(3)
(4)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可证明，根据全等三角形的性质，即可求解；
（2）根据正方形的性质，旋转的性质，同（1）证明，得出，结合，即可得证；
（3）同（2）的方法证明，得出四边形是矩形，连接交于点，连接，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出共圆，勾股定理求得，，进而解，求得，再证明，根据正弦的定义，得出，即可求解．
（4）连接交于点，证明得出，当时，取得最小值，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）；
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
∵，
∴，即
又∵，
∴
∴；
故答案为：相等（或）；相等（或）．
（2）证明：∵四边形是正方形
∴，
∵绕点逆时针旋转得到线段，
∴
∵，
∴即
∴
∴，
∵
∴
∴
∴四边形是矩形
又∵
∴四边形是正方形；
（3）解：∵绕点逆时针旋转得到线段，
∴
∵，
∴
∵四边形是矩形，，，
∴，
∴
∴
∵，
∴即
∴
∴
∵
∴
∴
∴四边形是矩形，
如图，连接交于点，连接
∵是的中点，
在中，
∴
∴共圆，
∴，
∵
∴
∴，
在中，
∴
∵，
在中，
∴，
∵
∴
又
∴
∴，即
∴
∴
∴
∴
故答案为：．
（4）解：如图，连接交于点，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
∴
∴是等边三角形，则
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
∴
∴，即
又
∴，
∴
∴在上运动，且
∴当时，取得最小值，
∵
∴
又∵
∴
∴当时，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质以及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
24．(1)
(2)，
(3)
(4)
【分析】（1）代入点的坐标，求得系数，即可得抛物线的解析式；
（2）过点作的平行线，进行等面积转化，由面积求得线段长度，可得点的坐标，从而可求直线方程，与抛物线的解析式联立，即可解得点的坐标；
（3）将以点为中心，逆时针旋转，由图形旋转的性质，可得点的坐标，从而可得直线方程，由等腰三角形的性质，结合已知角度可知，点为直线与抛物线的交点，联立直线方程和抛物线的解析式，结合点所在象限，即可得出点的坐标；
（4）根据题设条件所描述的运动过程，结合三角形相似的判定和性质，分析取最大值和最小值时，点所在的位置，用勾股定理解直角三角形，求出相应的最大值和最小值，即可求得的取值范围．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，，
∴，
解得，，
∴抛物线的解析式为
（2）解：作，交轴于点，连接，
∵，
∴，
∴，
∵点，
∴，
∴，
∵抛物线与轴交于点，
当时，，
∴，
∴，
∴，
∴，
设所在直线的解析式为，
∵，，
∴，
解得，，
∴所在直线的解析式为，
∵，，
∴所在直线的解析式为，
又∵点在抛物线上，
∴，
解得，，，
∴，
（3）解：如图，将以点为中心，逆时针旋转，得到，连接，则为等腰直角三角形，
∴，
∵点是第四象限内抛物线上的一点，，
∴点为延长线与抛物线的交点，
由旋转可知，，，，，
∴点的横坐标为，纵坐标为，
∴，
设所在直线的解析式为，则
，
解得，，
∴所在直线的解析式为，
由得，或，
∵点在第四象限，
∴点的横坐标为正数，
∴点的横坐标为，纵坐标为，
∴
故答案为：
（4）解：如图，连接，交于点，连接，
∵点和点关于轴对称，点在轴上，，
∴点在轴上，，
∵过点，且平行于轴，，
∴，
又∵于点，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
根据题意可知，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
作于点，则，
∴，
∴，，
∴，
∴，
取中点记为，连接，则
又∵，
∴，
∴，
∴，当且仅当点、点、点共线时，取得最小值，
作于点，作于点，交于点，连接，则四边形为矩形，
∴，，
∵，点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点到达点时，点、点、点重合，此时取得最大值，
∵，
∴，
∴的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数，旋转的性质，平行线的性质，平行线间的距离，等面积转化，一次函数，矩形的性质，轴对称，三角形相似的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线．