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2025 年中考第一次模拟考试（全国通用）
数学·参考答案
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C D C C D B A A C D
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共18分）
11．
12．
13．
14．108
15． 或
16．
三、解答题（本大题共8题，第17-21每题8分，第22-23每题10分，第24题12分，共72分。解答应写
出文字说明，证明过程或演算步骤）
√3 1
17．【详解】解：原式=1+4× +2+π− （6分）
2 2
5
= +2√3+π．（8分）
2
18．【详解】解：依题意，a=−3，1<b<√5且b为整数，又2<√5<3，则b=2，（2分）
a2−b2 1−a−b
+
a2−2ab+b2 a−b
(a+b)(a−b) 1−a−b
= +
(a−b) 2 a−b
1 / 9
学科网（北京）股份有限公司a+b 1−a−b
= +
a−b a−b
1
= ；（7分）
a−b
1 1
当a=−3，b=2时，原式= =− ．（8分）
−3−2 5
19．【详解】（1）解：本次抽取的学生人数为：5÷10%=50（人)；
15
m= ×100=30，
50
故答案为：50，30；（2分）
（2）解：C组人数为：50−(10+15+5)=20（人)，
补全条形统计图如下：
（4分）
20
（3）解：360°× =144°；（6分）
50
20+5
（4）解：∵ ×1000=500（人)，（8分）
50
∴估计该校九年级学生中参加家务劳动的时间在80分钟（含80分钟）以上的学生有500人．
20．【详解】（1）解：根据题意得：AB=8×10=80m，∠BAE=90°，
在Rt△ABC中，∠BAC=∠BCA=45°，
∴ BC=AB=80m；（2分）
（2）解：过点D作DH⊥BC，交BC延长线于点H，
2 / 9
学科网（北京）股份有限公司∵∠DCH=45°,∠DHC=90°，
∴∠CDH=45°，
∴CH=DH，（4分）
设CH=DH=xm，则BH=BC+CH=(80+x)m，
在Rt△ADH中，∠DBH=20°
DH
∵ =tan∠DBH≈0.36，
BH
x
∴ =0.36，
80+x
解得：x=45，（6分）
∴ CH=DH=45m，
∵∠BHD=∠AEH=∠EAB=90°，
∴四边形ABHE是矩形，
∴EH=AB=80m，
∴ DE=EH−DH=35m，
答：慈氏塔DE的高度为35m．（8分）
21．【详解】（1）证明：如图，连接OD，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ODA，
∵D 是弧BC的中点，
∴∠CAD=∠DAB，
3 / 9
学科网（北京）股份有限公司∴∠CAD=∠ODA，
∴OD∥AE，
∵DE⊥AE，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；（4分）
（2）解：在Rt△ADE 中，∵AE=8，tan∠ADE=2，
∴ ， ，
DE=4 AD=√AE2+DE2=√82+42=4√5
如图，连接BD，
∵AB为直径，
∴∠E=∠ADB=90°，
∵∠EAD=∠DAB，
∴△AED∽△ADB，
AD AE
∴ = ，
AB AD
AD2 (4√5) 2 ，
∴AB= = =10
AE 8
∴⊙O的半径为5，
∵DE⊥AE，OD⊥DE，
∴∠AEF=∠ODF=90°，
又∵∠AFE=∠OFD，
∴△AEF∽△ODF，
OD OF
∴ = ，
AE AF
5 5+BF
∴ = ，
8 10+BF
4 / 9
学科网（北京）股份有限公司10
解得BF= ．（8分）
3
22．【详解】（1）解：设甲快递公司每千克的运费为m元，乙快递公司每千克的运费为(m+4)元，
30 50
则 = ，解得m=6，
m m+4
即甲、乙两快递公司每千克运费分别为6元、10元．（4分）
（2）解：设生产量x千克时，获得的利润为w元，
①由题意得：x[(−6x+120)−(−2x+58)]−6x=180，
解得x =5,x =9，
1 2
∵x<8，
∴x=5，即当日生产5千克时，盈利为180元．
②当 时，利润 ，
0<x<8 w=x[(−6x+120)−(−2x+58)]−6x=−4x2+56x=−4(x−7) 2+196
即当x=7时，利润最大，最大利润为196元，
当 时，利润 ，
8≤x<13 w=x(−6x+120−42)−6x=−6(x−6) 2+216
∴w随x的增大而减小，
即 时， 元，
x=8 w =−6×(8−6) 2+216=192
最大
∵196>192，
则每天生产量为7千克时获得利润最大，最大利润为196元．（6分）
23．【详解】解：（1）四边形EBFO为菱形．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ABO=∠CBO，
∵将菱形ABCD沿EF折叠，点B的对应点与点O重合，
∴BE=OE，BF=OF，
∴∠ABO=∠EOB=∠CBO=∠FOB，
∴OF∥BE，OE∥BF，
∴四边形EBFO为平行四边形，
又∵BE=OE，
∴四边形EBFO为菱形；（3分）
（2）如下图，过点F作FH⊥AC于点H，
5 / 9
学科网（北京）股份有限公司∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，
∴AB=BC，AD∥BC，
∴∠B=180°−∠BAD=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠ACB=60°，
∵CM=2,AM=4，
∴AB=BC=AC=AM+CM=6，
设FC=x，则BF=BC−FC=6−x，
由折叠的性质可得，MF=BF=6−x，
∵FH⊥AC，
1 √3
∴CH=FC⋅cos∠ACB=x⋅cos60°= x，FH=FC⋅sin∠ACB=x⋅sin60°= x，
2 2
1
∴MH=CM−CH=2− x，，
2
在Rt△FHM中，M H2+FH2=FM2，
即( 2− 1 x ) 2 + (√3 x ) 2 =(6−x) 2 ，
2 2
16
解得x= ，
5
16
∴FC= ；（7分）
5
（3）如下图，过点N作NK⊥BC，交BC延长线于点K，
6 / 9
学科网（北京）股份有限公司∵点N为CD的一个三等分点(CN>DN)，且DN=a，
2
∴CD=3a，CN= CD=2a，
3
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，
∴DC=BC=3a，∠BCD=∠BAD=120°，
∴∠NCK=180°−∠BCD=60°，
∴在Rt△NCK中，CK=CN×cos∠NCK=2a×cos60°=a，
NK=CN×sin∠NCK=2a×sin60°=√3a，
设FC= y，则BF=BC−FC=3a−y，FK=FC+CK= y+a，
由折叠的性质可得，NF=BF=3a−y，
在Rt△NFK中，N K2+FK2=N F2，
即 ，
(√3a) 2+(a+ y) 2=(3a−y) 2
5
解得y= a，
8
5
∴FC= a，
8
1 1 5 5√3
∴S = FC⋅NK= × a×√3a= a2．（10分）
△FCN 2 2 8 16
24．【详解】（1）解：∵点P(5,p)是一次函数y=mx−10的图象上的“梅岭点”，
∴p=5，
∴ P(5,5)，
∴ 5m−10=5，
解得：m=3；
4
∵点P(m,m)是函数y= 的图象上的“梅岭点”，
x−3
4
∴ =m，
m−3
7 / 9
学科网（北京）股份有限公司整理得：m2−3m−4=0，
解得：m =−1，m =4，
1 2
经检验：m =−1，m =4，是此方程的根；
1 2
∴m=−1或4；
故答案：3；−1或4．（4分）
（2）解：∵点P(p,−4)是二次函数y=x2+bx+c的图象上唯一的“梅岭点”，
∴二次函数y=x2+bx+c与直线y=x有唯一的交点P(−4,−4)，
∴方程x2+bx+c=x的根为：x =x =−4，
1 2
即：x2+(b−1)x+c=0，
∴¿，
解得：¿，
∴二次函数的表达式y=x2+9x+16．（7分）
（3）解：∵二次函数y=ax2+bx+c的图象过点(0,−8)，
∴c=−8，
∴ y=ax2+bx−8，
图象上存在两个不同的“梅岭点” ， ，
∵ A(x ,x ) B(x ,x )
1 1 2 2
， ，
∴ax 2+bx −8=x ax 2+bx −8=x
1 1 1 2 2 2
， ，
∴ax 2+(b−1)x −8=0 ax 2+(b−1)x −8=0
1 1 2 2
∴x 、x 是方程ax2+(b−1)x−8=0的根，
1 2
∴ ¿，
，
∵ |x −x |=4
1 2
，
∴(x −x ) 2=16
1 2
，
∴(x +x ) 2−4x x =16
1 2 1 2
( b−1) 2 ( 8)
∴ − −4 − =16
a a
整理得： ，
(b−1) 2=16a2−32a
∴ k=−b2+2b+4
8 / 9
学科网（北京）股份有限公司，
=−(b−1) 2+5
∴ k=−16a2+32a+5
，
=−16(a−1) 2+21
，
∵ |x −x |=4
1 2
∴ x −x =4或x −x =−4，
1 2 1 2
∴ x =4+x 或x =−4+x ，
1 2 1 2
∵ −1<x <1，
1
∴ −1<4+x <1或−1<−4+x <1，
2 2
解得：−5<x <−3或3<x <5，
2 2
∴ −5<x x <5，
1 2
8
∴−5<− <5，
a
∵a>0，
8
∴a> ，
5
∵−16<0，
8
∴当a> 时，k随着a的增大而减小，
5
8 (8 ) 2 381
∴当a= 时，k=−16 −1 +21= ，
5 5 25
381
∴k< ．（12分）
25
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