文档内容
2025 年中考押题预测卷（天津卷）
数学·参考答案
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36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）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 D D B C B A A A D B D D
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
3
13．
5
14．−a4
15．√5+2
16．y=−2x−7/y=−7−2x
3 3√2
17．（Ⅰ）√2 ；（Ⅱ） √2/
2 2
18．（Ⅰ）√13；（Ⅱ）过A点的网格线交圆于点D、E，连接DE，过B点的网格线交圆于点F、G，连
接GF和DE相交于点O，取BC和网格线的交点H，连接HO并延长，交圆于点P，则点P即为所求
三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．（8分）解：（Ⅰ）x≤2（2分）
（Ⅱ）x≥−1（2分）
（Ⅲ） ．（2分）
（Ⅳ）原不等式组的解集为−1≤x≤2．（2分）20．（8分）（1）解：由统计图可知学生每周参加科学教育的时间为8h的人数最多，
∴统计的学生每周参加科学教育的时间数据的众数为8h；（2分）
把这3+7+17+15+8=50名学生的每周参加科学教育的时间按照从低到高排列，处在第25名和第26名的
时间分别为8h，8h，
∴统计的学生每周参加科学教育的时间数据的中位数为8h；（2分）
6×3+7×7+8×17+9×15+10×8
（2）解：x= =8.36，
3+7+17+15+8
∴每周平均参加科学教育的时间是8.36小时．（2分）
（3）解：1800×30%=540
∴该校学生每周参加科学教育的时间是9h的人数约为540人．（2分）
21．（10分）（1）解：∵∠DCE是⊙O的内接四边形ABCD的外角，∠BAD=66°，
∴∠DCE=∠BAD=66°．
又∵DC平分∠ACE，
∴ ∠ACD=∠DCE=66°．（2分）
∵ AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°．
∴ ∠CAD=90°−∠ACD=90°−66°=24°．（2分）
∴ ∠BAC=∠BAD−∠CAD=66°−24°=42°．（1分）
（2）如图，连接OD，过点O作OG⊥BC于点G．
∵ AC是⊙O的直径，
∴ ∠ABC=90°．
在Rt△ABC中，AB=8，BC=6，
．
∴ AC=√AB2+BC2=√82+62=10
1
∴ OC=OD=OA= AC=5．
2
∵OG⊥BC，∴OG∥BC，
CG OC
∴ = =1，
BG OA
1
∴ BG=CG= BC=3，（2分）
2
∵DF是⊙O的切线，OD是⊙O的半径，
∴OD⊥DF，
∴∠ODF=90∘．
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD．
又∵∠OCD=∠DCF，
∴∠ODC=∠DCF．
∴OD//FG．
∴∠DFG=180°−∠ODF=90°．（2分）
∴四边形ODFG是矩形．
∴FG=OD，
∴CF=FG−CG=OD−CG=5−3=2．（1分）
22．（10分）（1）解：过点B作BF⊥AE于F，过点C作CG⊥AE于G，延长BC交DE于H，
设BF=xm，
∵坡道AB的坡度为1:2.4，
∴AF=2.4xm，在 中， ，即 ，
Rt△ABF AB2=BF2+AF2 1302=x2+(2.4x) 2
解得：x=50，
所以他沿垂直方向上升的高度为50m；（5分）
（2）解：由（1）可知：AF=50x=120m，四边形BFGC为矩形，
∴FG=BC=80m,CG=BF=50m，
在Rt△DCH中，CD=150m,∠DCH=36.8°，
则CH=CD⋅cos∠DCH≈150×0.8=120m，
则AE=AF+FG+≥=120+80+120=320m，
所以点A，D间的水平距离AE长约为320m．（5分）
23．（10分）
解：（1）在前2小时的挖掘中，甲队的挖掘速度为 10 米/小时，乙队的挖掘速度为
15 米/小时； （4分）
（2）①当2≤x≤6时， y乙=5x+20；（2分）
②由10 x -（5x+20）=5,解得x=5
开挖5小时后，甲队所挖掘隧道的长度刚好超过乙队5米. （2分）
（3）设甲队从开挖到完工所挖隧道的长度为z米，由题意得：
z−60 z−50
= ，
10 15
解得，z=80，
答：甲队从开挖到完工所挖隧道的总长度为80米.（2分）
24．（10分）（1）解：由点A(6,0)，得OA=6，
又OD=2，得AD=OA−OD=4，
在矩形CODE中，有ED//CO，得∠AED=∠ABO=30°，
∴在RtΔAED中，AE=2AD=8，
∴由勾股定理，得 ，有 ，
ED=√AE2−AD2=4√3 CO=4√3
∴点E的坐标为(2,4√3)．（2分）
（2）解：①由平移知，O′D′=2，E′D′=4√3，M E′=OO′=t，
由E′D′//BO，得∠E′FM=∠ABO=30°，
∴在RtΔMFE′中，MF=2M E′=2t，
∴由勾股定理，得 ，
FE′=√M F2−M E′2=√3t1 1 √3
∴S = M E′ ⋅FE′= ⋅t⋅√3t= t2，
ΔMFE′ 2 2 2
∵ S =O′D′ ⋅E′D′=8√3 ，
矩形C′O′D′E′
√3
∴S=S −S =8√3− t2．
矩形C′O′D′E′ ΔMFE′ 2
√3
∴S=− t2+8√3，其中t的取值范围是02，
2
√3
当S=5√3时，− t2+8√3=5√3，解得t=√6>2，
2
当2≤t<4时，如左下图，OF=√36−t，D′G=√3（4−t），
1
∴S= [√36−t+√3（4−t）]×2=−2√3t+10√3，
2
当S=√3时，−2√3t+10√3=√3，解得t=4.5>4，
5
当S=5√3时，−2√3t+10√3=5√3，解得t= ；
2
当4 时，如右下图， ， ，
≤t≤6 D′F=√3(6−t) D′ A=6−t
√3 √3
∴S= （6-t）（6-t）= （6−t）2，
2 2
√3
当S=√3时， （6−t）2 =√3，解得t=6+√2>6 或t=6−√2，
2
√3
当S=5√3时， （6−t）2 =5√3，解得t=6+√10>6 或t=6−√10<4，
2
5
∴当√3⩽S⩽5√3时， ≤t≤6−√2．（4分）
225．（10分）（1）解：令x=0，得y=ax2+bx−2=−2，
∴C(0,−2)，
∴OC=2，
1
∵tan∠ABC= ，
2
OC 1
∴ = ，
OB 2
得OB=4，
∴B(4,0)，
将 ， 代入 ，
B(4,0) (6,7) y=ax2+bx−2(a≠0)
得：¿，
解得：¿，
1 3
∴抛物线的表达式为y= x2− x−2；（2分）
2 2
（2）解：如图，过点P作PH∥y轴交BC于点E，交AR于点H，设AR与y轴交于点Y，
设直线BC的解析式为y=px+q，
将B(4,0)，C(0,−2)代入，得：¿，
解得：¿，
1
则直线BC的解析式为y= x−2，
2
1 3
令y=0，得y= x2− x−2=0，
2 2
解得：x =−1，x =4，
1 2
∴A(−1,0)，
∵AR∥BC，
1
∴设直线AR的解析式为y= x+t，
2
1
将A(−1,0)代入y= x+t，
2
1
得：0= ×(−1)+t，
2
1
解得：t= ，
2
1 1
则直线AR的解析式为y= x+ ，
2 2
则 ( 1)，
Y 0,
2
∵△APQ与△AQR分别以PQ、QR为底，且等高，
∴S PQ，
△APQ=
S QR
△AQR
PQ
∴S = ⋅S ，
△APQ QR △AQR
∵AR∥BC，
PQ PE
∴ = ，
QR EH
PE
∴S = ⋅S ，
△APQ EH △AQR
∵AR∥BC，
∴S =S ，其中A，B，R是定值，
△AQR △ABR
则S =S 是定值，
△AQR △ABR∵AR∥BC，PH∥y，
∴四边形CYHE是平行四边形，
1 5
∴EH=CY = +2= 是定值，
2 2
PE
∴当PE最大时，S = ⋅S 最大，
△APQ EH △AQR
设 P ( m, 1 m2− 3 m−2 ) (0
