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2025 年中考第一次模拟考试（广东卷）
数学·参考答案
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
D B B A A A C D C B
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．甲
12．6（x+1）（x﹣1）．
13．x＜b．
14．﹣3．
15．8 ﹣16．
三、解π答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
1
16．【详解】解：( ) −1−|−√3|+√12+(2025−π) 0
2
=2−√3+2√3+1
=3+√3．
17．【详解】解：（1）所作的图形如图：
（2）证明：四边形BEDF是菱形．理由如下：
∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，
由翻折知，BE＝BF，
由作图知，BE＝DE，
∴DE＝BF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵BE＝BF，
∴四边形BEDF是菱形．
18．【详解】解：（1）在Rt△ABC中，∠A＝45°，
∴∠B＝45°，
∴BC＝AC＝20cm；
1
（2）由题可知ON＝EC= AC＝10cm，
2
∴NB＝ON＝10cm，
又∵∠DON＝32°，
∴DN＝ON•tan∠DON＝10•tan32°≈10×0.62＝6.2cm，
∴BD＝BN﹣DN＝10﹣6.2＝3.8cm．
19．【详解】解：（1）由表格数据知，经过1号区的行人有60人，使用共享单车有3人，
3 1
则估计事件A的概率是 = ；
60 20
（2）故计5个共享单车停车区每天早高峰期间的共享单车平均使用次数分别是
3 4 9 18 7
240× =12，300× =12，160× =16，400× =60，200× =20，
60 100 90 120 70
所以每天早高峰期间的共享单车总使用次数估算为：12+12+16+60+20＝120（次），
所以5个共享单车停车区180辆共享单车的投放方案为：
12
1号区投放共享单车180× =18（辆）；
120
12
2号区投放共享单车180× =18（辆）；
120
16
3号区投放共享单车180× =24（辆）；
120
60
4号区投放共享单车180× =90（辆）；
12020
5号区投放共享单车180× =30（辆）．
120
20．【详解】（1）证明：如图②，
连接OP，延长BO与圆交于点C，则OP＝OB＝OC，
∵AP与⨀O相切于点P，
∴∠APO＝90°，
∴∠PAO+∠AOP＝90°，
∵MO⊥CN，
∴∠AOP+∠POC＝90°，
∴∠PAO＝∠POC，
∵OP＝OB，
∴∠OPB＝∠PBO，
∴∠POC＝∠OPB+∠PBO＝2∠PBO，
∴∠PAO＝2∠PBO；
（2）解：如图③所示，
连接OP，延长BO与圆交于点C，连接PC，过点P作PD⊥OC于点D，
25
则有：AO=√AP2+OP2= ，
3
由（1）可知∠POC＝∠PAO，
∴Rt△POD∽Rt△OAP，
PD PO OD
∴ = = ，
PO OA OP
PD 5 OD
= =
即 5 25 20 ，
3 3
解得PD＝3，OD＝4，
∴CD＝OC﹣OD＝1，
在Rt△PDC中，PC ，
=√PD2+CD2=√10
∵CB为圆的直径，
∴∠BPC＝90°，
∴BP 3 ，
=√BC2−PC2=√100−10= √10故BP长为3 √10．
21．【详解】解：（1）设每辆A型汽车的进价是x万元，每辆B型汽车的进价是y万元，
{2x+3 y=80
根据题意得： ，
3x+2y=95
{x=25
解得： ．
y=10
答：每辆A型汽车的进价是25万元，每辆B型汽车的进价是10万元；
200−25m
（2）设该公司购进m辆A型汽车，全部售出后获得的总利润为w元，则该公司购进 辆B型
10
汽车，
200−25m
根据题意得：w＝8000m+5000× ，
10
即w＝﹣4500m+100000，
∵﹣4500＜0，
∴w随m的增大而减小，
200−25m
又∵m， 均为正整数，
10
∴m的最小值为2，
∴ 当 m ＝ 2 时 ， w 取 得 最 大 值 ， 最 大 值 为 ﹣ 4500×2+100000 ＝ 91000 （ 元 ） ， 此 时
200−25m 200−25×2
= =15（辆）．
10 10
答：购进2辆A型汽车，15辆B型汽车时，才能获得最大利润，最大利润是91000元．
22．【详解】（1）解：取格点K，连接CK交AB于M，如图：点M即为AB边上的一个“中项点”；
理由：
由图可知，∠ACK＝∠CBA，
∴∠ACK+∠CAM＝∠CBA+∠CAM＝90°，
∴CM⊥AB，
根据射影定理可知，CM2＝AM•BM，
∴M为AB边上的一个“中项点”
（2）解：过A作AT⊥BC于T，
当D靠近C时，如图：
4 2 AT 4 AT 2
由tanB= ，tanC= 知 = ， = ，
3 3 BT 3 CT 3
设AT＝4m，则BT＝3m，CT＝6m，
∵BC＝9，
∴BT+CT＝3m+6m＝9，
∴m＝1，
∴BT＝3，AT＝4，CT＝6，
设DT＝x，则BD＝3+x，CD＝6﹣x，
∵DT2+AT2＝AD2＝BD•CD，
∴x2+42＝（3+x）（6﹣x），
解得x＝2（负值已舍去），
∴BD＝3+x＝3+2＝5；
当D靠近B时，如图：5
同理可得BD= ．
2
5
∴线段BD的长为5或 ；
2
（3）①证明：∵^AD=^AD，^BC=^BC，
∴∠ACH＝∠DBH，∠CAH＝∠BDH，
∴△ACH∽△DBH，
CH AH
∴ = ，
BH DH
∴CH•DH＝BH•AH，
∵点H是△BCD中CD边上的“中项点”，
∴BH2＝CH•DH，
∴BH2＝BH•AH，
∴BH＝AH，
∴OH⊥AB；
②解：连接AD，如图：
由①知，OH⊥AB，
∵OH∥BD，
∴BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∴AD为 O的直径，
5 ⊙
∵r= BD，
4∴设BD＝4n，则r＝5n，AD＝10n，
∴AB 2 n，
=√AD2−BD2=√(10n) 2−(4n) 2= √21
1
∴AH＝BH= AB=√21n，
2
∴DH n，
=√BH2+BD2=√(√21n) 2+(4n) 2=√37
∵BH2＝CH•DH，
∴CH BH2 (√21n) 2 21√37n，
= = =
DH √37n 37
DH √37n 37
= =
∴CH 21√37 21，
n
37
DH 37
∴ 的值为 ．
CH 21
23．【详解】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣3，0）和点C（1，0），
∴y＝（x+3）（x﹣1）＝x2+2x﹣3，
∴b＝2，c＝﹣3，
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴P（﹣1，﹣4），
当x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴AB＝3√2，BP=√2，PA＝2√5，
∴PA2＝PB2+BA2，
∴∠PBA＝90°；
（2）①∵OA＝OB＝3，
∴∠OAB＝45°，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x﹣3，
∵AN=√2t，
∴N（﹣3+t，﹣t），
∴F（﹣3+t，t2﹣4t），
∵M（﹣t，0），ME⊥x轴，∴E（﹣t，t﹣3），
∵MN∥EF，
∴t﹣3＝t2﹣3t，
解得t＝3（舍）或t＝1，
∴F（﹣2，﹣3）；
②∵∠NBP＝90°，
△MNB中只能是∠MNB＝90°，此时MN∥PB，
∴∠PNB＝∠MBN，
∴△MNB∽△PBN，
∵∠OAB＝45°，
∴△ANM是等腰直角三角形，
−3−t
∴﹣3+t= ，
2
解得t＝1．
