2025年贵州省铜仁市中考模拟数学模拟试卷含答案

这是一份2025年贵州省铜仁市中考模拟数学模拟试卷含答案，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．世界陆地的最低点是死海，低于海平面430米，记作海拔﹣430米，梵净山的最高点是老金顶，高于海平面2494米，记作海拔（ ）
A．0米B．+430米C．+2494米D．﹣2494米
2．位于贵州的“中国天眼”是500米口径球面射电望远镜，简称FAST，是世界上最大的单口径球面射电望远镜（如图所示），它的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
3．某小区7户家庭上个月家里的用电量（单位：度）分别为：70，50，60，80，80，90，100，这组数据的中位数和众数分别是（ ）
A．90，80B．90，90C．85，90D．80，80
4．小明同学将一支铅笔和一个三角板按照如图所示放置，使DE∥AB，已知∠B＝60°，则∠COE的度数是（ ）
第4题图 第6题图
5．下列各式可以用平方差公式进行因式分解的是（ ）
A．a2+1B．a2﹣6a+9C．x3+xD．a2﹣4
6．如图是某道路的限速标志，规定小型汽车在该路段行驶的速度不超过100 km/h．若用v（km/h）表示小型汽车的速度，则符合该路段限速规定的不等式是（ ）
A．v≤100B．v＜100C．v＞100D．v≥100
7．小颖同学有长度分别为4 cm和6 cm的两根木条，想再找一根木条与它们首尾相接组成三角形，则所找木条的长可以是（ ）
A．2 cmB．4 cmC．10 cmD．11 cm
8．如图是一种少数民族刺绣“双正方形”图案，里面小正方形的四个顶点分别在外面大正方形各边的中点上，如果一个小球在该图案上自由滚动，停留在图案上每一个位置是随机的，那么小球停留在四个角上的三角形区域的概率约为（ ）
A．18B．14C．13D．12
9．“孔子周游列国”是流传很广的故事．有一次他和学生到离他们住的驿站30里的书院参观，学生步行出发1小时后，孔子坐牛车出发，牛车的速度是步行的1.5倍，孔子和学生们同时到达书院，设学生步行的速度为每小时x里，则可列方程为（ ）
A．30x=301.5x+1B．30x=301.5x+1
C．30x=301.5x−1D．30x=301.5x−1
10．2025年3月8日，某市总工会组织市直单位女职工举行徒步登山比赛活动，路线规划是从山脚出发，步行登临峰顶，在峰顶停留一段时间，举行颁奖仪式，然后返回．已知返回的速度低于上山的速度．设一参赛选手出发后所用时间为t（h），行走的路程为s（km），则s与t的函数图象大致是（ ）
A．B．C．D．
11．如图，△ABC和△ADE均为等边三角形，点B，D，E在同一直线上，若∠EBC＝35°，则∠ECA的度数为（ ）
A．35°B．25°C．30°D．45°
12．根据学习函数积累的经验，自主探究表达式为y=6x−1的函数图象与性质，下列说法正确的是（ ）
A．函数y=6x−1的图象是y=6x的图象平移得到的
B．函数y=6x−1的图象与x轴有一个交点
C．函数y=6x−1的图象与y轴的交点坐标是（0，6）
D．函数y=6x−1的图象关于原点对称
二、填空题：每题4分，共16分。
13．计算：18−2= ．
14．在平面直角坐标系中，将点A（﹣1，2）向右平移4个单位长度得到点B，则点B关于x轴的对称点C的坐标是 ．
15．如果关于x的一元二次方程x2﹣6x+c＝0（c是常数）没有实根，那么c的取值范围是 ．
16．如图，△ABC是等边三角形，边长是6，点P是AB边上一点，且AP＝2，动点M从点P出发，沿P→B→C运动到C点，作∠AMQ＝∠B与AC相交于点Q，则在点M运动的过程中，点Q的运动路径长为 ．
三、解答题：本大题共9题，共计98分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）（1）计算：|−2|−3tan30°+(12)−1；
（2）已知ab＝1，请从以下三个式子①11+a+11+b，②a1+a+b1+b，③11+a2+11+b2中选择一个化简求值．
18．（10分）在12月2日全国交通安全日来临之前，某学校向全校学生印发了“交通安全知识”学习材料，经过一段时间的学习后，学校随机抽取了若干名学生进行测试（满分100分），并把测试成绩绘制成如下不完整的统计图表．
请根据所给的信息解答下列问题：
（1）该校为了了解学生对“交通安全知识”的学习情况，所采取的调查方式是 （填写“普查”或“抽样调查”）；学校抽取了 名学生测试；
（2）请通过计算后将条形统计图补充完整；
（3）请结合统计数据给同学们提一条学习“交通安全知识”的建议．
19．（10分）如图，双曲线y=kx(k≠0)与直线y＝﹣x﹣（k+5）交于A，C两点．AB⊥x轴于B，且S△ABO＝3．
（1）求直线AC的表达式；
（2）求△AOC的面积．
20．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，作对角线AC的垂直平分线交BC于点E，交AD于点F，连接AE，CF．
（1）判断四边形AECF是哪种特殊的四边形，并说明理由；
（2）若AF＝5，AC+EF＝14，求四边形AECF的面积．
21．（10分）请阅读下面材料，解决后面的问题：
材料一：单循环赛是体育比赛中的一种赛制，规则是：每个参赛队伍在比赛中只与其他队伍对决一次．例如有4支队伍参加的单循环比赛中，每支队伍需要与其他3支队伍各进行一场比赛，每支队伍要进行4﹣1＝3场比赛，这4支队伍的比赛总场次为：4×(4−1)2=6．
材料二：淘汰赛是体育比赛中的又一种赛制，规则是：参赛队伍按照抽签配对比赛，失败一方被淘汰出局．胜利一方进入下一轮，每一轮淘汰掉一半队伍，直至产生最后的冠军．例如甲、乙、丙、丁四支球队进行淘汰赛过程如图所示．
材料三：足球比赛的积分规则为：胜一场积3分，平一场积1分，负一场积0分．
问题一：贵州“村超”，是贵州榕江县举办的乡村足球联赛，是贵州的一张靓丽名片，在早期的一届比赛中，有一支球队参加了10场比赛，以不败战绩获积分24分，求这支球队胜的场次是多少？
问题二：近几年贵州“村超”报名队伍不断增多，在某届比赛中，组织者统计发现，如果全程按照单循环赛进行，共需要进行190场比赛，这样场次太多，经研究决定采用如下方案：先把参赛队伍按照某种规则平均分成四个小组，小组内通过单循环赛确定前两名，然后把四个小组的前两名交叉配对通过淘汰赛决出冠军，这种方案共需要多少场比赛决出冠军？
22．（10分）龙世昌雕塑位于贵州省松桃苗族自治县世昌广场中央，是为纪念抗美援朝特等功臣、二级战斗英雄龙世昌烈士而建的标志性纪念设施（如图1）．某数学兴趣小组把它抽象成平面图形如图2所示，通过查阅资料得知雕塑总高度（点D到平台水平线EA的距离）为7.9m，延长DC与平台水平线EA相交于点B，测得∠B＝50°，AB＝4m．（1）求点C与平台水平线AE的距离AC的长（结果保留一位小数）；
（2）求DC的长（结果保留一位小数）．
（参考数据：sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，tan50°≈1.19）
23．（12分）如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，点P在⊙O上，过点A作⊙O的切线交BP的延长线于点D．
（1）∠APB的度数是 ；
（2）求证：PA+PB＝PC；
（3）若DPBP=13，AD＝2，求线段BC的长．
24．（12分）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+3（a≠0）与x轴交于点A．
（1）抛物线的对称轴是 ，经过的定点坐标是 （写一个即可）；
（2）若点A的坐标为（﹣1，0），求当﹣2≤x＜2时函数值y的取值范围；
（3）点M（x1，m）、N（x2，n）在抛物线上，若当x1＝a，2＜x2＜3时，都有m＜n，求a的取值范围．
25．（12分）综合与实践课上，老师让同学们结合“全等与相似”开展数学活动．
【初步探究】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在线段AB，BC上，且BE＝CF，则CE与DF的位置关系是 ，数量关系是 ；
【知识迁移】
（2）如图2，在矩形ABCD中，BC＝2CD，点E，F分别为直线AB，BC上的动点，且BE＝2CF，连接CE，DF．探究CE与DF存在的数量关系并说明理由；
【深入研究】
如图3，在（2）的条件下，若点E，F分别在边AB，BC的延长线上，EC的延长线与DF交于点H．点G为EH上的点，且HG＝2HD，请用等式表示线段BG与HC的数量关系，并说明理由．
2025年贵州省铜仁市中考数学适应性试卷（4月份）
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
一、选择题：每小题3分，共36分.以下每小题均有A、B、C、D四个选项，其中只有一个选项正确，请用2B铅笔在答题卡相应位置作答。
1．【解答】解：低于海平面430米，记作海拔﹣430米，
则高于海平面2494米，记作海拔+2494米，
故选：C．
2．【解答】解：俯视图是．
故选：D．
3．【解答】解：在这一组数据中80是出现次数最多的，故众数是80；
排序后处于中间位置的那个数是80，那么由中位数的定义可知，这组数据的中位数是80；
故选：D．
4．【解答】解：∵DE∥AB，
∴∠BOE＝∠B＝60°，
∴∠COE＝180°﹣∠BOE＝120°．
故选：B．
5．【解答】解：A、不能用平方差公式进行因式分解，故此选项不符合题意；
B、能用完全平方公式进行因式分解，不能用平方差公式进行因式分解，故此选项不符合题意；
C、能用提公因式法分解因式，不能用平方差公式进行因式分解，故此选项不符合题意；
D、a2﹣4＝（a+2）（a﹣2），能用平方差公式进行因式分解，故此选项符合题意；
故选：D．
6．【解答】解：根据题意知，v≤100．
故选：A．
7．【解答】解：设所找木条的长为x cm，
则6﹣4＜x＜6+4，即2＜x＜10，
∴所找木条的长可以是4cm，
故选：B．
8．【解答】解：设大正方形的边长为2a，则AC＝AB＝a，
∴S△ABC=12a2，S大正方形＝4a2，
∴四个角上的三角形的面积＝4S△ABC＝4×12a2＝2a2，
∴小球停留在四个角上的三角形区域的概率=2a24a2=12．
故选：D．
9．【解答】解：∵学生步行的速度为每小时x里，牛车的速度是步行的1.5倍，
∴牛车的速度是1.5x里，
由题意可得：30x=301.5x+1，
故选：A．
10．【解答】解：从山脚出发，步行登临峰顶，行走的路程为s随时间为t的增大而增大；
在峰顶停留一段时间，行走的路程为s随时间为t的增大而不变；
返回途中，行走的路程为s随时间为t的增大而增大，增速不原来小，线段比原来缓．
故选：C．
11．【解答】解：∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AC＝AB，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝60°，
∴∠EAC＝∠DAB＝60°﹣∠CAD，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∵点B，D，E在同一直线上，∠EBC＝35°，
∴∠DBA＝∠ABC﹣∠EBC＝25°，
∴∠ECA＝∠DBA＝25°，
故选：B．
12．【解答】解：A、函数y=6x−1的图象是y=6x的图象平移得到，原说法正确，符合题意；
B、∵y=6x−1≠0，∴图象与x轴没有交点，原说法错误，不符合题意；
C、函数y=6x−1的图象与y轴的交点坐标是（0，﹣6），原说法错误，不符合题意；
D、函数y=6x−1的图象是y=6x的图象向右平移1个单位得到，所以关于（1，0）对称，不关于原点对称，原说法错误，不符合题意．
故选：A．
二、填空题：每题4分，共16分。
13．【解答】解：18−2
＝32−2
＝22．
故答案为：22．
14．【解答】解：点A（﹣1，2）向右平移4个单位长度得到的B的坐标为（﹣1+4，2），即（3，2），
则点B关于x轴的对称点C的坐标是（3，﹣2）．
故答案为：（3，﹣2）．
15．【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣6x+c＝0（c是常数）没有实根，
∴Δ＝（﹣6）2﹣4c＜0，
即36﹣4c＜0，
解得：c＞9．
故答案为：c＞9．
16．【解答】解：①当点M在PB上运动时，作PQ1∥BC交AC于点Q1，如图，
∴△APQ1∽△ABC，
∴ABAC=APAQ1=1，
∴AP＝AQ1，
∵∠AMQ＝∠B，
∴MQ∥BC，
∴当点M由P向B运动时，点Q由Q1向C运动，
∴此时Q点运动路径长为CQ1长，
∵AB＝AC＝6，CQ1＝BP＝AB﹣AP＝6﹣2＝4；
②当点M在BC上运动，且在BC中点之前时，此时Q点沿射线CA方向运动，如图，
∵∠AMC＝∠B+∠BAM，∠AMC＝∠AMQ+∠QMC，∠B＝∠AMQ，
∴∠BAM＝∠QMC，
∵AB＝AC＝6，
∴∠B＝∠C，
∴△BAM∽△CMQ，
∴CQBM=CMAB，
设BM＝x，则CM＝6﹣x，
∴CQX=6−x6，即CQ=x(6−x)6=−16(x−3)2+32，
∵0＜x≤3，
∴当x＝3时，CQ有最大值为32，即此时Q点运动路径长为32；
③当点M在BC上运动，且在BC中点之后时，此时Q点沿射线AC方向运动，如图，
根据②可知QCmax=32，即此时Q点运动路径长为32；
综上，Q点运动路径长为4+32+32=7，
故答案为：7．
三、解答题：本大题共9题，共计98分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
17．【解答】解：（1）|−2|−3tan30°+(12)−1
＝2−3×33+2
＝2﹣1+2
＝3；
（2）①∵ab＝1，
∴11+a+11+b
=1+b+1+a(1+a)(1+b)
=2+a+b1+b+a+ab
=2+a+b1+a+b+1
=2+a+b2+a+b
＝1；
②∵ab＝1，
∴a1+a+b1+b
=a(1+b)+b(1+a)(1+a)(1+b)
=a+ab+b+ab1+b+a+ab
=a+1+b+11+a+b+1
=a+b+2a+b+2
＝1；
③∵ab＝1，
∴11+a2+11+b2
=1+b2+1+a2(1+a2)(1+b2)
=2+a2+b21+b2+a2+a2b2
=2+a2+b21+a2+b2+1
=2+a2+b22+a2+b2
＝1．
18．【解答】解：（1）本次调查的调查方式是抽样调查，
本次调查的样本容量为32÷40%＝80（人），
故答案为：抽样调查，80；
（2）80×15%＝12（人），80×35%＝28（人），
补全条形统计图如下：
（3）学生应该继续学习“交通安全知识”，将交通安全牢记心间．
19．【解答】解：（1）由题知，
∵AB⊥x轴于B，S△ABO＝3，且点B在反比例函数y=kx的图象上，
∴|k|2=3．
用∵k＜0，
∴k＝﹣6，
∴直线AC的表达式为y＝﹣x+1．
（2）令直线AC与x轴的交点为M，
将y＝0代入y＝﹣x+1得，
﹣x+1＝0，
解得x＝1，
∴点M的坐标为（1，0）．
由﹣x+1=−6x得，
x1＝﹣2，x2＝3，
∴点A的坐标为（﹣2，3），点C的坐标为（3，﹣2），
∴S△AOC=S△AOM+S△COM=12×1×3+12×1×2=52．
20．【解答】解：（1）四边形AECF是菱形．
理由：∵EF垂直平分AC，
∴AF＝CF，AE＝CE，OA＝OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFO＝∠CEO，
在△AOF和△COE中，
∠AFO=∠CEO∠AOF=∠COEOA=OC，
∴△AOF≌△COE（AAS），
∴AF＝CE，
∴AF＝CF＝CE＝AE，
∴四边形AECF是菱形；
（2）∵四边形AECF是菱形，
∴OA＝OC，OE＝OF，EF⊥AC，
∵AC+EF＝14，
∴OA+OF＝7，
∵OA2+OF2＝AF2＝25，
∴OA＝4，OF＝3或OA＝3，OF＝4，
∴AC＝8，EF＝6或AC＝6，EF＝8，
∴菱形AECF的面积=12×8×6＝24．
21．【解答】解：（1）设这支球队胜的场次是x场，则平的场次是y场，
由题意得：x+y=103x+1×(10−x)=24，
解得：x=7y=3，
答：这支球队胜的场次是7场；
（2）设总参赛队伍为n支，
由题意得：12n（n﹣1）＝190，
整理得：n2﹣n﹣380＝0，
解得：n1＝20，n2＝﹣19（不符合题意，舍去），
即总参赛队伍为20支，
∴平均分成四个小组，每组5支球队，
∵小组内通过单循环赛确定前两名，
∴小组内比赛共4×5×(5−1)2=40（场），
∵把四个小组的前两名交叉配对通过淘汰赛决出冠军，
∴淘汰赛需4+2+1＝7（场），
∴这种方案决出冠军共需要比赛40+7＝47（场），
答：这种方案共需要47场比赛决出冠军．
22．【解答】解：（1）由题意知，AC⊥AB，∠B＝50°，
在Rt△ABC中，AC＝AB•tan∠B≈4×1.19≈4.8（m），
答：AC的长4.8m；
（2）如图：作DF⊥AE于点F，
设DC＝x m，
∵在Rt△ABC中，AB＝4，∠B＝50°，
∴BC＝AB÷cs∠B≈4÷0.64＝6.25（m），
又∵AC∥DF，
∴BCBD=ACDF，
即+x=4.87.9，
解得：x＝4.0，
答：DC的长约为4.0m．
23．【解答】（1）解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，
∵∠APC＝∠APB，∠BPC＝∠BAC，
∴∠APC＝∠BPC＝60°，
∴∠APB＝∠APC+∠BPC＝120°．
故答案为：120°；
（2）证明：在PC取一点E，使PE＝PB，连接BE，如图，
∵∠BPC＝60°，PE＝PB，
∴△PBE为等边三角形，
∴PB＝PE＝BE，∠PBE＝60°，
∴∠PBE＝∠ABC＝60°，
∴∠PBA＝∠EBC．
∵PB=PB．
∴∠PAB＝∠ECB．
在△BPA和△BEC中，
BP=BE∠PBA=∠EBCBA=BC，
∴△BPA≌△BEC（SAS），
∴PA＝EC，
∵PC＝PE+EC，
∴PA+PB＝PC；
（3）解：过点D作DF⊥PA于点F，连接AO并延长交⊙O于点G，连接GC，如图，
∵过点A作⊙O的切线交BP的延长线于点D，
∴OA⊥AD，
∴∠DAG＝90°，
∴∠DAP+∠PAG＝90°，
∵∠PCG＝∠PAG，
∴∠DAP+∠PCG＝90°．
∵AG为直径，
∴∠ACG＝90°，
∴∠ACP+∠PCG＝90°，
∴∠ACP＝∠DAP，
∵∠ACP＝∠ABP，
∴∠DAP＝∠APB．
∵∠PDA＝∠ADB，
∴△ADP∽△BDA，
∴DADP=DBDA，
∵DPBP=13，
∴设DP＝k，则BP＝3k，
∴DB＝4k．
∴DAk=4kDA，
∴4k2＝AD2＝4，
∵k＞0，
∴k＝1，
∴DP＝1．
由（1）知：∠APB＝120°，
∴∠APD＝60°，
∵DF⊥PA，
∴PF=12DP=12，DF=32DP=32，
∴AF=AD2−DF2=132，
∴AP＝PF+AF=1+132．
∵△ADP∽△BDA，
∴PAAB=DPDA=12，
∴AB＝2PA＝1+13，
∴BC＝AB＝1+13．
24．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax+3＝a（x﹣1）2+3﹣a，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∵x＝0时，y＝ax2﹣2ax+3＝3，
∴抛物线经过的定点（0，3），
故答案为：直线x＝1，（0，3）；
（2）∵抛物线y＝ax2﹣2ax+3的对称轴为直线x＝1，与x轴交于点A（﹣1，0），
∴抛物线x轴交于另一个点为（3，0），
∴y＝a（x+1）（x﹣3），
∵抛物线经过的定点（0，3），
∴a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3），
∵x＝﹣2时，y＝﹣5；x＝1时，y＝4，
∴当﹣2≤x＜2时函数值y的取值范围是﹣5≤y≤4．
（3）∵点M（x1，m）、N（x2，n）在抛物线上，x1＝a，
∴m﹣n＝（ax12−2ax1+3）−ax22−2ax2+3）＝a（x1﹣x2）（x1+x2﹣2），
又∵m＜n，
∴a（x1﹣x2）（x1+x2﹣2）＜0，
∴a（a﹣x2）（a+x2﹣2）＜0，
当a＞0时，
又∵2＜x2＜3，
∴a＜a+x2﹣2＜1+a，
∴a+x2﹣2＞0，
∴a﹣x2＜0，
∴a＜x2，
又∵2＜x2＜3，
∴a≤2，
∴0＜a≤2，
当a＜0时，
又∵2＜x2＜3，
∴a﹣x2＜0，
∴a+x2﹣2＜0，
∴a＜2﹣x2，
又∵2＜x2＜3，
∴﹣1＜2﹣x2＜0，
∴a≤﹣1，
综上所述，a的取值范围是0＜a≤2或a≤﹣1．
25．【解答】解：（1）如图1，设CE与DF交于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，
在△BCE和△CDF中，
BE=CF∠B=∠BCDBC=CD，
∴△BCE≌△CDF（SAS），
∴CE＝DF，∠BEC＝∠CFD，
∵∠BEC+∠BCE＝90°，
∴∠CFD+∠BCE＝90°，
∴∠CHF＝90°，
∴CE⊥DF；
故答案为：CE⊥DF，CE＝DF；
（2）设DF交CE于K，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠DCF＝90°，
∵BC＝2CD，BE＝2CF，
∴BCCD=2=BECF，
∴△BCE∽△CDF，
∴CEDF=BCCD=2，∠BCE＝∠CDF，
∴CE＝2DF；
（3）BG=5CH，理由如下：
连接DG，DB，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠CBE＝∠DCF＝90°，
∵BC＝2CD，BE＝2CF，
∴BCCD=2=BECF，
∴△BCE∽△CDF，
∴∠BCE＝∠CDF，
∵∠BCE+∠DCH＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠CDF+∠DCH＝90°，
∴∠CHD＝90°，
∵GH＝2DH，BC＝2CD，
∴GHDH=2=BCCD，
∴GHBC=DHCD，
∵∠BCD＝90°＝∠CHD，
∴△GDH∽△BDC，
∴DHCD=DGDB，∠GDH＝∠BDC，
∴DHDG=CDBD，∠CDH＝∠BDG，
∴△CDH∽△BDG，
∴CHBG=CDBD，
∵BC＝2CD，
∴BD=BC2+CD2=5CD，
∴CHBG=CD5CD，
∴BG=5CH．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/5/8 15:40:44；用户：数学；邮箱：18392133625；学号：52017601参赛成绩
60≤x＜70
70≤x＜80
80≤x＜90
90≤x≤100
人数
8
m
n
32
级别
及格
中等
良好
优秀
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
D
D
B
D
A
B
D
A
C
B
题号
12
答案
A