2025年山东省滨州市中考数学模拟试卷（附答案解析）

这是一份2025年山东省滨州市中考数学模拟试卷（附答案解析），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若，，，，则绝对值最大的数是（ ）
A．aB．bC．cD．d
2．曹魏白玉杯是洛阳博物馆镇馆之宝（如图），白玉杯以上好和田玉雕琢而成，玉质莹润细腻，光素无纹饰，曲线流畅优美，是当时一件艺术水准很高的玉雕作品．关于它的三视图，下列说法正确的是（ ）
A．主视图与左视图相同B．主视图与俯视图相同C．左视图与俯视图相同D．三种视图都相同
3．5G与AI时代已经来临，科技全面融入日常生活，推动社会各领域智能化变革，深刻改变人们的生活与工作方式．下列设计的人工智能图标中，不是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
4．下列计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．若﹣xy＜0且y＜0，则2x+5|x|等于（ ）
A．7xB．﹣3yC．﹣3xD．3x
6．一道来自课本的习题：
小红将这个实际问题转化为二元一次方程组问题，设出未知数，，已经列出一个方程，则另一个方程式是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，A、B是上两点，若四边形是菱形，的半径为r，则点A与点B之间的距离为( )
A． B．C．rD．
8．如图1，在中，．动点从点出发沿折线匀速运动至点后停止．设点的运动路程为，线段的长度为，图2是随变化的关系图象，其中为曲线的最低点，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
9．计算的结果是 ．
10．一根高的旗杆，下午三时其影长，此时旗杆的顶端与影子的顶端之间的距离是 ．
11．如图，四边形内接于圆，为圆直径，、交于点，点是的中点，切圆于，交延长线于．若，点到的距离为1，则 ， ．
12．如图，是抛物线图象的一部分，抛物线的顶点坐标为，与轴的一个交点为，点和点均在直线上．①；②；③抛物线与轴的另一个交点是；④方程有两个不相等的实数根；⑤；⑥不等式的解集为．其中正确的是 ．
13．代数式的值等于，则的值为 ．
14．如图，在中，，，，以点A为圆心，的长为半径画弧，以点B为圆心，的长为半径画弧，两弧分别交于点D、F，则图中阴影部分的面积是 ．
15．如图，的直径CD垂直于弦AB，．若，则AB的长为 cm．
三、解答题
16．（1）计算：；
（2）解方程：．
17．先化简，再求值：（﹣）÷，其中x是方程2x2﹣7x+3＝0的解．
18．某学校要求成立一支由6名女生组成的礼仪队，初三两个班各选6名女生，分别组成甲队和乙队参加选拔，每位女生的升高统计如下图，部分统计量如下表：
（1）求甲队身高的中位数；
（2）求乙队身高的平均数及身高不小于1.70米的频率；
（3）如果选拔的标准是身高越整齐越好，那么甲、乙两队中那一队将被录取？请说明理由．
19．我国古代文房四宝（笔、墨、纸、砚）是文人墨客必备的文具．某文房阁直接从作坊购进毛笔、砚台两款文具进行销售，进货价和销售价如下表：
(1)该文房阁第一次用1300元购进毛笔、砚台两款文具共40件，求两款文具分别购进的件数；
(2)第一次购进的两款文具售完后，该文房阁计划最多用5600元再次购进毛笔、砚台两款文具共150件，该文房阁应如何设计进货方案，才能使第二次所购毛笔、砚台全部销售完后能获得最大销售利润？最大销售利润是多少元？
20．如图，正比例函数的图象与反比例函数在第一象限的图象交于点，过点作轴的垂线，垂足为，已知的面积为1.
（1）求反比例函数的解析式；
（2）如果为反比例函数在第一象限图象上的点（点与点不重合），且点的横坐标为1，在轴上求一点，使最小
.
21．问题提出
（1）如图①，点，分别在正方形的边，上，，珠琳把绕点逆时针旋转到的位置，从而发现，，之间的数量关系是_____；
问题探究
（2）如图②，在四边形中，，，点E，F分别在边，上，当时，（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由；
问题解决
（3）如图③，某公园的四条通道围成了四边形，已知，，，，道路，上分别有景点E，F，满足，，为了游客们能更方便的游玩这两个景点，现要在E、F之间修一条笔直的道路，求这条道路的长
22．如图，抛物线与x轴相交于点，点C，与y轴相交于点B，其对称轴为直线．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点M在直线上，且在第四象限，过点M作轴于点N．
①若点N在线段上，且，求点M的坐标；
②以为对角线作正方形（点P在右侧），当点P在抛物线上时，设点N的坐标为，求t的值．
23．综合与实践

(1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，E、F是边、上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则________；
(2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，E、F、G、H是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形．
①通过操作得出：与的比值为_______；
②证明：四边形为平行四边形．
从甲地到乙地有一段上坡与一段平路．如果保持上坡每小时走，平路每小时走，下坡每小时走，那么从甲地到乙地需，从乙地到甲地需．甲地到乙地全程是多少？

毛笔
砚台
进货价/（元/件）
30
40
销售价/（元/件）
45
60
《2025年山东省滨州市中考数学模拟试卷 》参考答案
1．D
【分析】分别求出各数的绝对值，然后再比较大小即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
故选：D
【点睛】本题考查的是有理数的大小比较，涉及到绝对值的性质，正确求出各数的绝对值是解题的关键．
2．A
【分析】本题考查了几何体的三视图，从前面看到的图形是主视图，从上面看到的图形是俯视图，从左边看到的图形是左视图．根据三视图的定义逐项分析即可．
【详解】解：A．主视图是矩形，左视图是矩形，说法正确，故符合题意；
B．主视图是矩形，俯视图是圆，原说法不正确，故不符合题意；
C．左视图矩形，俯视图是圆，原说法不正确，故不符合题意；
D． 主视图和左视图相同，与俯视图不同，原说法不正确，故不符合题意．
故选A．
3．D
【分析】本题考查轴对称图形的概念，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；根据轴对称图形的概念逐个判断即可．
【详解】解：A、该图形是轴对称图形，不符合题意；
B、该图形是轴对称图形，不符合题意；
C、该图形是轴对称图形，不符合题意；
D、该图形不是轴对称图形，符合题意；
故选：D．
4．D
【分析】此题主要考查了合并同类项、同底数幂的乘法运算法则以及幂的乘方运算，正确掌握运算法则是解题关键．分别利用合并同类项、同底数幂的乘法运算法则以及幂的乘方分别分析得出即可．
【详解】解：A、，故该选项不正确，不符合题意；
B、，故该选项不正确，不符合题意；
C、，故该选项不正确，不符合题意；
D、，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
5．C
【分析】由题意条件得到x小于0，利用负数的绝对值等于它的相反数化简所求式子后，合并即可得到结果．
【详解】解：∵-xy＜0且y＜0，
∴x＜0，即，
则2x＋5x＝2x-5x＝-3x，
故选：C．
【点睛】此题考查了整式的加减，绝对值，以及合并同类项，判断出小于0是解本题的关键．
6．B
【分析】本题主要考查了从实际问题中抽象出二元一次方程，解题的关键在于能够根据题意得到未知数x，y分别表示的是上坡的路程和平路的路程是解题的关键．
根据题意可知未知数x，y分别表示的是上坡的路程和平路的路程，据此列出方程即可．
【详解】解：由方程可知，未知数x，y分别表示的是上坡的路程和平路的路程，
∴另一个方程为．
故选：B．
7．B
【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，垂径定理，以及锐角三角函数定义，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
连接，与交于点D，由为菱形，根据菱形的性质得到对角线互相垂直，且四条边相等，再由半径相等得到三角形与三角形都为等边三角形，同时得到，在直角三角形中，由，为，利用余弦函数定义及特殊角的三角函数值求出的长，即可求出的长．
【详解】解：连接，与交于点，如图所示：
∵四边形为菱形，
，，又，
和都为等边三角形，，
在中，，，
，
则．
故选B．
8．D
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，垂线段最短．作，当动点P运动到点时，线段的长度最短，此时，当动点P运动到点时，运动结束，此时，根据直角三角形的性质结合勾股定理求解即可．
【详解】解：作，垂足为，
当点P在上时，动点P运动到点时，线段的长度最短，此时点P运动的路程为，即，
当动点P运动到点时，运动结束，线段的长度就是的长度，此时，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴的面积为，
故选：D．
9．
【分析】本题考查了零指数幂，负整数指数幂．
先计算零指数幂，负整数指数幂，再计算加减即可．
【详解】
故答案为：
10．
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理，在一个直角三角形中，两条直角边分别为a、b，斜边为c，那么．根据勾股定理进行计算即可．
【详解】解：∵旗杆和地上的影子互相垂直，
∴，
∴，
即此时旗杆的顶端与影子的末端之间的距离是．
故答案为：25．
11．
【分析】过点O作于H，连接，证明，求出，则，求出，，证明，得到，设，则，在中，由勾股定理即可求出．
【详解】解：∵点B是的中点，
∴，
∴，，
∵为圆O直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，过点O作于H，连接，
则，，
在中，，
∴，
∵是的直径，
∴，
由中位线定理可得，
∵切于D，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得或（舍去）；
故答案为：，．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质及等腰三角形的判定与性质，解决本题的关键是作出适当的辅助线解决问题．
12．①④/④①
【分析】利用抛物线的对称轴方程得到，则可对①进行判断；由抛物线开口向下得到，则，由抛物线与y轴的交点在x轴上方得到，则可对②进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点为，则可对③进行判断；利用抛物线与直线只有一个交点可对④进行判断；利用时，，即，时，，即，则可对⑤进行判断；结合函数图象可对⑥进行判断．
【详解】解：抛物线的对称轴为直线，
，即，所以①正确；
抛物线开口向下，
，
，
抛物线与轴的交点在轴下方，
，
，所以②错误；
抛物线的对称轴为直线，抛物线与轴的一个交点为，
抛物线与轴的一个交点为，所以③错误；
抛物线的顶点坐标为，
抛物线与直线有两个交点，
方程有两个不相等的实数根，所以④正确；
时，，即，
而时，，即，
；所以⑤错误；
当时，，
不等式的解集为或．所以⑥错误．
故答案为：①④．
【点睛】本题考查了二次函数与方程、不等式关系．对于二次函数与不等式的关系，利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，可作图利用交点直观求解，也可把两个函数解析式列成不等式求解．也考查了抛物线与x轴的交点问题．
13．或/或0
【分析】的值等于，整理得到，提取公因数即可求解．
【详解】解：根据题意得，，整理得，，
∴，
∴，，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查因式分解法解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
14．
【分析】根据直角三角形30度角的性质及勾股定理求出AC、BC，∠A=60°，利用扇形面积公式求出阴影面积．
【详解】解：在中，，，，
∴AC=1，，∠A=60°，
∴图中阴影部分的面积=
=
=，
故答案为：．
【点睛】此题考查了直角三角形30度角的性质，勾股定理，扇形面积的计算公式，直角三角形面积公式，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
15．
【分析】连接OA，由圆周角定理求出∠AOB的度数，再由垂径定理得到AE=BE，最后通过等腰三角形性质求出AE，从而得到AB．
【详解】解：如图，连接OA，CD与AB交于点E，
由圆周角定理可得∠AOE=2∠ACE=45°，
∵CD⊥AB，
∴AE=CE，且△AOE为等腰直角三角形，
∴，
∴AB=．
故答案为．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，熟练掌握线段之间的关系是解题的关键．
16．（1）；（2）
【分析】本题考查了二次根式，零指数幂，三角函数值，解分式方程．
（1）先化简二次根式，计算零指数幂，三角函数值，再计算乘法，最后计算加减即可；
（2）先去分母，再求解，最后检验即可．
【详解】解：（1）原式
；
（2）去分母得：，
解得：，
经检验是分式方程的解．
17．，-5
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再利用因式分解法解方程求出x的值，继而选择使分式有意义的x的值代入计算可得．
【详解】原式＝
＝
＝，
∵x是方程2x2﹣7x+3＝0的解，
∴x＝3或x＝0.5，
∵x≠0且x≠3且x≠9，
∴x＝0.5，
则原式＝＝﹣5．
【点睛】考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则正确简和利用因式分解法求得x的值．
18．（1）1.73（2）2/3（3）乙队将被录取，理由见解析
【分析】先把身高按顺序排好，根据中位数的定义求出即可．
根据方差公式求出．
方差表示的是一组数据的波动性．
【详解】解：（1）甲队队员的身高为1.75，1.71，1.76，1.70，1.65，1.75，即1.65，1.70，1.71，1.75，1.75，1.76
甲队身高的中位数是米
（2）乙队队员的身高为1.70，1.68，1.72，1.70，1.64，1.70
米
∴乙队身高的平均数为1.69米
身高不低于1.70米的有4人
则身高不低于1.70米的频率为
（3）∵
∴乙队的身高比较整齐，乙队将被录取
【点睛】本题考查了数据的统计中的中位数，方差的定义，解决此题的关键是计算正确．
19．(1)购进毛笔30件，购进砚台10件
(2)应该购进毛笔40件，购进砚台110件，才能获得最大利润，最大利润为2800元
【分析】本题考查了一元一次方程，不等式的应用，一次函数的应用，熟练利用题意得到不等关系或等量关系是解题的关键．
（1）设购进毛笔件，则购进砚台件，根据进货价为1300元列方程即可解答；
（2）设第二次购进毛笔件，则购进砚台件，获得的利润为元，表示出第二次所购毛笔、砚台全部销售完后能获得销售利润，再利用最多用5600元再次购进毛笔、砚台列不等式求得自变量的取值范围，即可解答．
【详解】（1）解：设购进毛笔件，则购进砚台件，
根据题意可得，
解得，
件，
答：购进毛笔30件，购进砚台10件；
（2）解：设第二次购进毛笔件，则购进砚台件，获得的利润为元，
根据题意可得，
最多用5600元再次购进毛笔、砚台两款文具共150件，
，
解得，
的最小值为40，
，
随的增大而减小，
则取最小值40时，最大利润为元，
件，
答：应该购进毛笔40件，购进砚台110件，才能获得最大利润，最大利润为2800元．
20．（1）（，）；（2）（，）
【分析】（1）设出A点的坐标，然后根据△OAM的面积为1，确定出k的值即可；
（2）分别求出点A、B的坐标以及点A关于x轴的对称点C的坐标，然后求出直线BC的解析式，直线BC与x轴的交点即为所求.
【详解】（1）设点的坐标为（，），则.
∴.
∵,∴.∴.
∴反比例函数的解析式为；
(2) 由，得，
∴为（，），
设点关于轴的对称点为，则点的坐标为（，），
令直线的解析式为，
∵为（，）
∴，解得：，
∴的解析式为.
当时，，
∴点为（，）
考点：1.反比例函数的性质2.一次函数与反比例函数的交点3.轴对称的性质.
21．（1）（2）成立，理由见详解（3）
【分析】（1）由旋转的性质可得，得到，，，进而得到，即得到，得到，据此得到，即可求证；
（）延长至，使，连接，证明，得到，，再根据，可得，进而证明，即得到；
（）如图，把绕点逆时针旋转至，连接，过作，垂足为，可得是等边三角形，得到，又由旋转的性质得到，可得，点在的延长线上，则可得，由勾股定理求得，进而可得，即可得，得到，，最后得到，根据（）结论即可求解．
【详解】解：（1），理由如下：
如图①，在正方形中，；
由旋转得，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
即；
（2）仍成立，理由如下：
如图，延长至，使，连接，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
即；
（）如图，连接，把绕点逆时针旋转至，连接，过作，垂足为，则，
∵，，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
根据旋转的性质得到，，
∵，
∴，即点在的延长线上，
在中，，
∴，由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴根据（）的结论有，
即这条道路的长为，
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30度角直角三角形性质，勾股定理，正确作出辅助线并证明三角形全等是解题的关键．
22．(1)
(2)①；②
【分析】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图形和性质，正方形的性质，一次函数的图象和性质是解题的关键．
（1）先根据对称轴公式得到，再利用待定系数解答，即可求解；
（2）①先求出直线的表达式为，然后设点N的坐标为．可得．可得到，．再由，即可求解；②连接与交与点E．设点M的坐标为，则点N的坐标为，根据正方形的性质可得E的坐标为，进而得到P的坐标．再由点P在抛物线上，即可求解．
【详解】（1）解：∵对称轴为直线
∴，即，
把代入得，
∴，
∴
抛物线的表达式为．
（2）解：①设直线的表达式为．
点A，B的坐标为，，
∴， 解得： ，
直线的表达式为．
根据题意得∶点C与点关于对称轴直线对称，
．
设点N的坐标为．
轴，
．
∴
．
，
解，得．
点M的坐标；
②连接与交与点E．
设点M的坐标为，则点N的坐标为
四边形是正方形，
，，．
∵MN⊥x轴，
轴．
E的坐标为．
．
．
∴P的坐标．
点P在抛物线上，
．
解，得，．
点P在第四象限，
舍去．
即．
23．(1)
(2)①1 ②证明见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质等．
（1）观察可得：；
（2）①观察可得：，即可得出比值；
②由题意得，E、F、G、H是，，，的中点，操作为将四边形绕点E旋转得到四边形，将四边形绕点H旋转得到四边形，将四边形放在左上方空处．证明，，得出四边形为平行四边形．
【详解】（1）解：由题意得：，
故答案为：；
（2）①解：观察可得：，
∴与的比值为1，
故答案为：1；
②证明：由题意得，E、F、G、H是，，，的中点，操作为将四边形绕点E旋转得到四边形，将四边形绕点H旋转得到四边形，将四边形放在左上方空处，

则，，，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴K，Q，L三点共线，同理K，P，J三点共线，
由操作得，，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
D
A
D
D
C
B
B
D