秦安县2025年中考数学押题卷含解析

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2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．已知函数y=(k-1)x2-4x+4的图象与x轴只有一个交点,则k的取值范围是( )
A．k≤2且k≠1B．k0）上，则k的值为( )
A．2B．3C．4D．6
5．已知等腰三角形的两边长分别为5和6，则这个等腰三角形的周长为（ ）
A．11B．16C．17D．16或17
6．反比例函数y=1-6tx的图象与直线y=﹣x+2有两个交点，且两交点横坐标的积为负数，则t的取值范围是（ ）
A．t＜16 B．t＞16 C．t≤16 D．t≥16
7．已知正方形ABCD的边长为4cm，动点P从A出发，沿AD边以1cm/s的速度运动，动点Q从B出发，沿BC，CD边以2cm/s的速度运动，点P，Q同时出发，运动到点D均停止运动，设运动时间为x（秒），△BPQ的面积为y（cm2），则y与x之间的函数图象大致是（ ）
A．B．C．D．
8．明明和亮亮都在同一直道A、B两地间做匀速往返走锻炼明明的速度小于亮亮的速度忽略掉头等时间明明从A地出发，同时亮亮从B地出发图中的折线段表示从开始到第二次相遇止，两人之间的距离米与行走时间分的函数关系的图象，则
A．明明的速度是80米分B．第二次相遇时距离B地800米
C．出发25分时两人第一次相遇D．出发35分时两人相距2000米
9．如果关于x的方程没有实数根，那么c在2、1、0、中取值是（ ）
A．；B．；C．；D．．
10．如图，AD是⊙O的弦，过点O作AD的垂线，垂足为点C，交⊙O于点F，过点A作⊙O的切线，交OF的延长线于点E．若CO=1，AD=2，则图中阴影部分的面积为
A．4-πB．2-π
C．4-πD．2-π
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．如图，△ABC中，D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，AD：AB=1：3，则△ADE与△ABC的面积之比为______．
12．写出一个经过点（1，2）的函数表达式_____．
13．如图，定长弦CD在以AB为直径的⊙O上滑动（点C、D与点A、B不重合），M是CD的中点，过点C作CP⊥AB于点P，若CD=3，AB=8，PM=l，则l的最大值是
14．关于x的一元二次方程x2+bx+c＝0的两根为x1＝1，x2＝2，则x2+bx+c分解因式的结果为_____．
15．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C，D均在格点上，AB与CD相交于点E．
（1）AB的长等于_____；
（2）点F是线段DE的中点，在线段BF上有一点P，满足，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）_____．
16．矩形ABCD中，AB=6，BC=8.点P在矩形ABCD的内部，点E在边BC上，满足△PBE∽△DBC，若△APD是等腰三角形，则PE的长为数___________.
17．分式方程+=1的解为________.
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）在中，，以为直径的圆交于，交于.过点的切线交的延长线于．求证：是的切线．
19．（5分） “端午节”是我国的传统佳节，民间历来有吃“粽子”的习俗．我市某食品厂为了解市民对去年销量较好的肉馅粽、豆沙馅粽、红枣馅粽、蛋黄馅粽(以下分别用A、B、C、D表示)这四种不同口味粽子的喜爱情况，在节前对某居民区市民进行了抽样调查，并将调查情况绘制成如下两幅统计图(尚不完整)．
请根据以上信息回答：
(1)本次参加抽样调查的居民有多少人？
(2)将两幅不完整的图补充完整；
(3)求扇形统计图中C所对圆心角的度数；
(4)若有外型完全相同的A、B、C、D粽各一个，煮熟后，小王吃了两个．用列表或画树状图的方法，求他第二个吃到的恰好是C粽的概率．
20．（8分）解方程组：
21．（10分）先化简，再求值：（）÷，其中a=+1．
22．（10分）实践体验：
（1）如图1：四边形ABCD是矩形，试在AD边上找一点P，使△BCP为等腰三角形；
（2）如图2：矩形ABCD中，AB=13，AD=12，点E在AB边上，BE=3,点P是矩形ABCD内或边上一点，且PE=5，点Q是CD边上一点，求PQ得最值；
问题解决：
（3）如图3，四边形ABCD中,AD∥BC，∠C=90°，AD=3，BC=6，DC=4,点E在AB边上，BE=2，点P是四边形ABCD内或边上一点，且PE=2，求四边形PADC面积的最值．
23．（12分）如图，直线y=﹣x+3分别与x轴、y交于点B、C；抛物线y=x2+bx+c经过点B、C，与x轴的另一个交点为点A（点A在点B的左侧），对称轴为l1，顶点为D．
（1）求抛物线y=x2+bx+c的解析式．
（2）点M（1，m）为y轴上一动点，过点M作直线l2平行于x轴，与抛物线交于点P（x1，y1），Q（x2，y2），与直线BC交于点N（x3，y3），且x2＞x1＞1．
①结合函数的图象，求x3的取值范围；
②若三个点P、Q、N中恰好有一点是其他两点所连线段的中点，求m的值．
24．（14分）计算: .
参考答案
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、D
【解析】
当k+1=0时，函数为一次函数必与x轴有一个交点；当k+1≠0时，函数为二次函数，根据条件可知其判别式为0，可求得k的值．
【详解】
当k-1=0，即k=1时，函数为y=-4x+4，与x轴只有一个交点；
当k-1≠0，即k≠1时，由函数与x轴只有一个交点可知，
∴△=（-4）2-4（k-1）×4=0，
解得k=2，
综上可知k的值为1或2，
故选D．
本题主要考查函数与x轴的交点，掌握二次函数与x轴只有一个交点的条件是解题的关键，解决本题时注意考虑一次函数和二次函数两种情况．
2、A
【解析】
由在△ABC中，EF∥BC，即可判定△AEF∽△ABC，然后由相似三角形面积比等于相似比的平方，即可求得答案．
【详解】
∵，
∴．
又∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC．
∴．
∴1S△AEF=S△ABC．
又∵S四边形BCFE=8，
∴1（S△ABC﹣8）=S△ABC，
解得：S△ABC=1．
故选A．
3、B
【解析】
由已知条件可得,可得出,可求出AC的长．
【详解】
解：由题意得：∠B=∠DAC，∠ACB=∠ACD,所以，根据“相似三角形对应边成比例”，得，又AD 是中线，BC=8，得DC=4,代入可得AC=,
故选B.
本题主要考查相似三角形的判定与性质．灵活运用相似的性质可得出解答．
4、B
【解析】
作AC⊥y轴于C，ADx轴，BD⊥y轴，它们相交于D，有A点坐标得到AC=1，OC=1，由于AO绕点A逆时针旋转90°，点O的对应B点，所以相当是把△AOC绕点A逆时针旋转90°得到△ABD，根据旋转的性质得AD=AC=1，BD=OC=1，原式可得到B点坐标为（2，1），然后根据反比例函数图象上点的坐标特征计算k的值．
【详解】
作AC⊥y轴于C，AD⊥x轴，BD⊥y轴，它们相交于D，如图，∵A点坐标为（1，1），∴AC=1，OC=1．
∵AO绕点A逆时针旋转90°，点O的对应B点，即把△AOC绕点A逆时针旋转90°得到△ABD，∴AD=AC=1，BD=OC=1，∴B点坐标为（2，1），∴k=2×1=2．
故选B．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=kx（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．也考查了坐标与图形变化﹣旋转．
5、D
【解析】
试题分析：由等腰三角形的两边长分别是5和6，可以分情况讨论其边长为5，5，6或者5，6，6，均满足三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边的条件，所以此等腰三角形的周长为5+5+6=16或5+6+6=17.
故选项D正确.
考点：三角形三边关系；分情况讨论的数学思想
6、B
【解析】
将一次函数解析式代入到反比例函数解析式中，整理得出x2﹣2x+1﹣6t=0，又因两函数图象有两个交点，且两交点横坐标的积为负数，根据根的判别式以及根与系数的关系可求解．
【详解】
由题意可得：﹣x+2=1-6tx，
所以x2﹣2x+1﹣6t=0，
∵两函数图象有两个交点，且两交点横坐标的积为负数，
∴(--4(1-6t)＞01-6t＜0
解不等式组，得t＞16．
故选：B．
点睛：此题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，关键是利用两个函数的解析式构成方程，再利用一元二次方程的根与系数的关系求解.
7、B
【解析】
根据题意，Q点分别在BC、CD上运动时，形成不同的三角形，分别用x表示即可.
【详解】
（1）当0≤x≤2时，
BQ＝2x
当2≤x≤4时，如下图

由上可知
故选：B.
本题是双动点问题，解答时要注意讨论动点在临界两侧时形成的不同图形，并要根据图形列出函数关系式.
8、B
【解析】
C、由二者第二次相遇的时间结合两次相遇分别走过的路程，即可得出第一次相遇的时间，进而得出C选项错误；
A、当时，出现拐点，显然此时亮亮到达A地，利用速度路程时间可求出亮亮的速度及两人的速度和，二者做差后可得出明明的速度，进而得出A选项错误；
B、根据第二次相遇时距离B地的距离明明的速度第二次相遇的时间、B两地间的距离，即可求出第二次相遇时距离B地800米，B选项正确；
D、观察函数图象，可知：出发35分钟时亮亮到达A地，根据出发35分钟时两人间的距离明明的速度出发时间，即可求出出发35分钟时两人间的距离为2100米，D选项错误．
【详解】
解：第一次相遇两人共走了2800米，第二次相遇两人共走了米，且二者速度不变，
，
出发20分时两人第一次相遇，C选项错误；
亮亮的速度为米分，
两人的速度和为米分，
明明的速度为米分，A选项错误；
第二次相遇时距离B地距离为米，B选项正确；
出发35分钟时两人间的距离为米，D选项错误．
故选：B．
本题考查了一次函数的应用，观察函数图象，逐一分析四个选项的正误是解题的关键．
9、A
【解析】
分析：由方程根的情况，根据根的判别式可求得c的取值范围，则可求得答案．
详解：∵关于x的方程x1+1x+c=0没有实数根，∴△＜0，即11﹣4c＜0，解得：c＞1，∴c在1、1、0、﹣3中取值是1．故选A．
点睛：本题主要考查了根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的个数与根的判别式的关系是解题的关键．
10、B
【解析】
由S阴影=S△OAE-S扇形OAF，分别求出S△OAE、S扇形OAF即可；
【详解】
连接OA，OD
∵OF⊥AD，
∴AC=CD=，
在Rt△OAC中，由tan∠AOC=知，∠AOC=60°，
则∠DOA=120°，OA=2，
∴Rt△OAE中，∠AOE=60°，OA=2
∴AE=2，S阴影=S△OAE-S扇形OAF=×2×2-.
故选B.
考查了切线的判定和性质；能够通过作辅助线将所求的角转移到相应的直角三角形中，是解答此题的关键要证某线是圆的切线，对于切线的判定：已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、1：1．
【解析】
试题分析：由DE∥BC，可得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方可得S△ADE：S△ABC=（AD：AB）2=1：1.
考点：相似三角形的性质.
12、y=x+1（答案不唯一）
【解析】
本题属于结论开放型题型，可以将函数的表达式设计为一次函数、反比例函数、二次函数的表达式．答案不唯一．
【详解】
解：所求函数表达式只要图象经过点(1,2)即可,如y=2x，y=x+1，…答案不唯一.
故答案可以是：y=x+1(答案不唯一).
本题考查函数，解题的关键是清楚几种函数的一般式.
13、4
【解析】
当CD∥AB时，PM长最大，连接OM，OC，得出矩形CPOM，推出PM=OC，求出OC长即可．
【详解】
当CD∥AB时，PM长最大，连接OM，OC，
∵CD∥AB，CP⊥CD，
∴CP⊥AB，
∵M为CD中点，OM过O，
∴OM⊥CD，
∴∠OMC=∠PCD=∠CPO=90°，
∴四边形CPOM是矩形，
∴PM=OC，
∵⊙O直径AB=8，
∴半径OC=4，
即PM=4.
本题考查矩形的判定和性质，垂径定理，平行线的性质，此类问题是初中数学的重点和难点，在中考中极为常见，一般以压轴题形式出现，难度较大.
14、 (x﹣1)(x﹣2)
【解析】
根据方程的两根，可以将方程化为：a（x﹣x1）（x﹣x2）＝0（a≠0）的形式，对比原方程即可得到所求代数式的因式分解的结果．
【详解】
解：已知方程的两根为：x1＝1，x2＝2，可得：
（x﹣1）（x﹣2）＝0，
∴x2+bx+c＝（x﹣1）（x﹣2），故答案为：（x﹣1）（x﹣2）.
一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a、b、c是常数），若方程的两根是x1和x2，则ax2+bx+c＝a（x﹣x1）（x﹣x2）
15、 见图形
【解析】
分析：（Ⅰ）利用勾股定理计算即可；
（Ⅱ）连接AC、BD．易知：AC∥BD，可得：EC：ED=AC：BD=3：1，取格点G、H，连接GH交DE于F，因为DG∥CH，所以FD：FC=DG：CH=5：8，可得DF=EF．取格点I、J，连接IJ交BD于K，因为BI∥DJ，所以BK：DK=BI：DJ=5：2，连接EK交BF于P，可证BP：PF=5：3；
详解：（Ⅰ）AB的长==；
（Ⅱ）由题意：连接AC、BD．易知：AC∥BD，
可得：EC：ED=AC：BD=3：1．
取格点G、H，连接GH交DE于F．
∵DG∥CH，∴FD：FC=DG：CH=5：8，可得DF=EF．
取格点I、J，连接IJ交BD于K．
∵BI∥DJ，∴BK：DK=BI：DJ=5：2．
连接EK交BF于P，可证BP：PF=5：3．

故答案为（Ⅰ）；
（Ⅱ）由题意：连接AC、BD．
易知：AC∥BD，可得：EC：ED=AC：BD=3：1，
取格点G、H，连接GH交DE于F．
因为DG∥CH，所以FD：FC=DG：CH=5：8，可得DF=EF．
取格点I、J，连接IJ交BD于K．
因为BI∥DJ，所以BK：DK=BI：DJ=5：2，
连接EK交BF于P，可证BP：PF=5：3．
点睛：本题考查了作图﹣应用与设计，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，所以中考常考题型．
16、3或1.2
【解析】
【分析】由△PBE∽△DBC，可得∠PBE=∠DBC，继而可确定点P在BD上，然后再根据△APD是等腰三角形，分DP=DA、AP=DP两种情况进行讨论即可得.
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠C=90°，CD=AB=6，∴BD=10，
∵△PBE∽△DBC，
∴∠PBE=∠DBC，∴点P在BD上，
如图1，当DP=DA=8时，BP=2，
∵△PBE∽△DBC，
∴PE：CD=PB：DB=2：10，
∴PE：6=2：10，
∴PE=1.2；
如图2，当AP=DP时，此时P为BD中点，
∵△PBE∽△DBC，
∴PE：CD=PB：DB=1：2，
∴PE：6=1：2，
∴PE=3；
综上，PE的长为1.2或3，
故答案为：1.2或3.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质等，确定出点P在线段BD上是解题的关键.
17、
【解析】
根据解分式方程的步骤，即可解答．
【详解】
方程两边都乘以，得：，
解得：，
检验：当时，，
所以分式方程的解为，
故答案为．
考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解解分式方程一定注意要验根．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18、证明见解析．
【解析】
连接OE，由OB=OD和AB=AC可得，则OF∥AC，可得，由圆周角定理和等量代换可得，由SAS证得，从而得到，即可证得结论．
【详解】
证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∵
∴，则，
∴，
∴，即，
在和中，
∵，
∴，
∴
∵是的切线，则，
∴，
∴，则，
∴是的切线．
本题主要考查了等腰三角形的性质、切线的性质和判定、圆周角定理和全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
19、（1）本次参加抽样调查的居民有600人；（2）补图见解析；（3）72°；（4）.
【解析】
试题分析：（1）用B的频数除以B所占的百分比即可求得结论；
（2）分别求得C的频数及其所占的百分比即可补全统计图；
（3）算出A的所占的百分比,再进一步算出C所占的百分比，再扇形统计图中C所对圆心角的度数；
（4）列出树形图即可求得结论．
试题解析：（1）60÷10%=600（人）．
答：本次参加抽样调查的居民有600人．
（2）如图；
（3），360°×（1－10%－30%－40%）=72°．
（4）如图；
（列表方法略，参照给分）．
P（C粽）=．
答：他第二个吃到的恰好是C粽的概率是．
考点：1．条形统计图；2．用样本估计总体；3．扇形统计图；4．列表法与树状图法．
20、
【解析】
设=a， =b，则原方程组化为，求出方程组的解，再求出原方程组的解即可．
【详解】
设=a， =b，
则原方程组化为：，
①+②得：4a=4，
解得：a=1，
把a=1代入①得：1+b=3，
解得：b=2，
即，
解得：，
经检验是原方程组的解，
所以原方程组的解是．
此题考查利用换元法解方程组，注意要根据方程组的特点灵活选用合适的方法. 解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它,从而使问题得到简化，这叫换元法.换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理.
21、，.
【解析】
根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将a的值代入化简后的式子即可解答本题．
【详解】
解: （）÷
=
=
=
=，
当a=+1时，原式==．
本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
22、（1）见解析;（2）PQmin=7，PQmax=13;（3） Smin=，Smax=18.
【解析】
（1）根据全等三角形判定定理求解即可.
（2）以E为圆心，以5为半径画圆，①当E、P、Q三点共线时最PQ最小，②当P点在位置时PQ最大，分类讨论即可求解.
（3）以E为圆心，以2为半径画圆，分类讨论出P点在位置时，四边形PADC面积的最值即可.
【详解】
（1）当P为AD中点时，
，
△BCP为等腰三角形.
（2）以E为圆心，以5为半径画圆
① 当E、P、Q三点共线时最PQ最小，PQ的最小值是12-5=7.
② 当P点在位置时PQ最大，PQ的最大值是
（3）以E为圆心，以2为半径画圆.
当点p为位置时，四边形PADC面积最大.
当点p为位置时，四边形PADC最小=四边形+三角形=.
本题主要考查了等腰三角形性质，直线，面积最值问题，数形结合思想是解题关键.
23、（2）y=x2﹣4x+3；（2）①2＜x3＜4，②m的值为或2．
【解析】
（2）由直线y=﹣x+3分别与x轴、y交于点B、C求得点B、C的坐标，再代入y=x2+bx+c求得b、c的值，即可求得抛物线的解析式；（2）①先求得抛物线的顶点坐标为D（2，﹣2），当直线l2经过点D时求得m=﹣2；当直线l2经过点C时求得m=3，再由x2＞x2＞2，可得﹣2＜y3＜3，即可﹣2＜﹣x3+3＜3，所以2＜x3＜4；②分当直线l2在x轴的下方时，点Q在点P、N之间和当直线l2在x轴的上方时，点N在点P、Q之间两种情况求m的值即可.
【详解】
（2）在y=﹣x+3中，令x=2，则y=3；
令y=2，则x=3；得B（3，2），C（2，3），
将点B（3，2），C（2，3）的坐标代入y=x2+bx+c
得：，解得
∴y=x2﹣4x+3；
（2）∵直线l2平行于x轴，
∴y2=y2=y3=m，
①如图①，y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣2，
∴顶点为D（2，﹣2），
当直线l2经过点D时，m=﹣2；
当直线l2经过点C时，m=3
∵x2＞x2＞2，
∴﹣2＜y3＜3，
即﹣2＜﹣x3+3＜3，
得2＜x3＜4，
②如图①，当直线l2在x轴的下方时，点Q在点P、N之间，
若三个点P、Q、N中恰好有一点是其他两点所连线段的中点，则得PQ=QN．
∵x2＞x2＞2，
∴x3﹣x2=x2﹣x2，
即 x3=2x2﹣x2，
∵l2∥x轴，即PQ∥x轴，
∴点P、Q关于抛物线的对称轴l2对称，
又抛物线的对称轴l2为x=2，
∴2﹣x2=x2﹣2，
即x2=4﹣x2，
∴x3=3x2﹣4，
将点Q（x2，y2）的坐标代入y=x2﹣4x+3
得y2=x22﹣4x2+3，又y2=y3=﹣x3+3
∴x22﹣4x2+3=﹣x3+3，
∴x22﹣4x2=﹣（3x2﹣4）
即 x22﹣x2﹣4=2，解得x2=，（负值已舍去），
∴m=（）2﹣4×+3=
如图②，当直线l2在x轴的上方时，点N在点P、Q之间，
若三个点P、Q、N中恰好有一点是其他两点所连线段的中点，则得PN=NQ．
由上可得点P、Q关于直线l2对称，
∴点N在抛物线的对称轴l2：x=2，
又点N在直线y=﹣x+3上，
∴y3=﹣2+3=2，即m=2．
故m的值为或2．
本题是二次函数综合题，
本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点、线段的中点及分类讨论思想等知识．在（2）中注意待定系数法的应用；在（2）①注意利用数形结合思想；在（2）②注意分情况讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．
24、10
【解析】
【分析】先分别进行0次幂的计算、负指数幂的计算、二次根式以及绝对值的化简、特殊角的三角函数值，然后再按运算顺序进行计算即可.
【详解】原式=1+9-+4
=10-+
=10.
【点睛】本题考查了实数的混合运算，涉及到0指数幂、负指数幂、特殊角的三角函数值等，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键.