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2025 年中考第二次模拟考试（广西卷）
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）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
A C C C D B B A B B B D
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
( 1)( 1)
13． a+ a−
2 2
16
14．
3
15．6
16．2√3−2/−2+2√3
三、解答题（本大题共7个小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（8分）
【详解】解：（1）原式=4−4+5（2分）
=5．（4分）
（2）∵2x(x−3)=x−3，
∴2x(x−3)−(x−3)=0，（1分）
∴(2x−1)(x−3)=0，（2分）
∴2x−1=0或x−3=0，（3分）
1
∴x = ，x =3．（4分）
1 2 2
18．（10分）
【详解】（1）解：设购买A种奖品x个，则购买B种奖品(20−x)个， （1分）
依题意，得20x+15(20−x)=350， （3分）
解得：x=10． （4分）答：购买A种奖品10个．（5分）
（2）解：设购买A种奖品m个，则购买B种奖品(20−m)个，
2
依题意，得m≥ (20−m)，（7分）
5
40
解得m≥ ． （8分）
7
∵m为整数，
∴m最小为6，（9分）
即至少购买A种奖品6个．（10分）
19．（10分）
【详解】（1）解：∵A，B两组人数共有3+5=8人，
∴七年级抽取学生的竞赛成绩中位数为86与88的平均数，
由条形统计图可得：a=(86+88)÷2=87，（1分)
由八年级C组同学的分数可知：89出现的次数最多，所占的百分比为5÷20=25%，
∴b=89，(2分）
m=(3+5)÷20×100%=40%，（3分）
（2）解：七年级学生对当前信息技术的了解情况更好，（4分）理由：
由表格可知，七八年级的平均数相同，七年级学生对当前信息技术的了解的优秀率高于八年级学生对
当前信息技术的了解的优秀率；（7分）
（3）解：由题意可得，
420×40%+580×35%=371（人），（9分0
答：估计这两个年级竞赛成绩为优秀的学生有371人．(10分）
20．（10分）
【详解】解：任务一：由题意可知：抛物线的顶点坐标为：(100,45)
设抛物线的解析式为 ，
y=a(x−100) 2+45
1
将P(0,25)代入可得25=a(0−100) 2+45，解得：a=− ，
500
1
所以抛物线的解析式为y=− (x−100) 2+45；（3分）
500
任务二：不能实现，理由如下：
由题意得，击球点R(300,20)，设球网上方点F的坐标为(140,14)，
则设直线RO解析式为：y=kx，则300k=20
2
解得：k= ，
30
2
∴直线RO解析式为y= x，（4分）
30
28 42
当x=140时，y= <14= ，
3 3
所以不能实现；（5分）
任务三：设弹起后抛物线的表达式为： ，
y=a (x−300) 2+40
1
1
对于y=− (x−100) 2+45，(6分)
500
1
当y=0时，− (x−100) 2+45=0
500
解得：x=250或x=−50，（7分）
∴M(250,0)，
将 代入 得： ，
M(250,0) y=a (x−300) 2+40 a (250−300) 2+40=0
1 1
2
解得：a =− ，
1 125
2
∴弹起后抛物线的表达式为：y=− (x−300) 2+40，
125
2
∵a=− ，
152
∴弹起时最大高度为
ℎ
=40cm，
∴弹起高度范围为30cm≤ y≤40cm，（8分）
2
当y=30cm时，− (x−300) 2+40=30，
125
解得：x =275,x =325，
1 2
∵x=300cm时，y=40cm，275<300<325，
∴击球点与发球机水平距离x的取值范围为275cm<x<325cm．（10分）
21．（10分）
【详解】（1）解：设DE与CF交于点G，如图所示：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+∠CFD=90°，
又∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠DEA，
在△AED和△DFC中，
¿，
∴△AED≌△DFC(AAS)，
DE
∴DE=CF，即 =1，（1分）
CF
（2）设DB与CE交于点G，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠EDC=90°，AB=CD，AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=30°，
AB √3
∴ =tan∠ADB= ，
AD 3
∵CE⊥BD，
∴∠DGC=90°，
∴∠CDG+∠ECD=90°，
又∵∠ADB+∠CDG=90°，
∴∠ECD=∠ADB，∵∠CDE=∠A，
∴△DEC∽△ABD，
CE CD AB √3
∴ = = = ，（4分）
BD AD AD 3
（3）证明：过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，如图所示：
∵CG⊥EG，
∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCH为矩形，
∴AB=CH，∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，
又∵∠CFH=∠DFG，
∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，
∵∠A=∠H=90°，
∴△DEA∽△CFH，
DE AD
∴ = ，
CF CH
DE AD
∴ = ，
CF AB
∴DE⋅AB=CF⋅AD；（7分）
（4）∵将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，
∴AB=CB，AD=CD，
∴BD垂直平分AC，
过点C作CG⊥AD于点G，连接AC交BD于点H，如图所示：
∵CF⊥DE，GC⊥AD，∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°，
∴∠FCG=∠ADE，
∵∠BAD=∠CGF=90°，
∴△DEA∽△CFG，
DE AD
∴ = ，
CF CG
AB 1
在Rt△ADB中，tan∠ADB= = ，
AD 2
1 AH 1
∴tan∠ADH= ，即 = ，设AH=a，则DH=2a，
2 DH 2
∵AH2+DH2=AD2，
，
∴a2+(2a) 2=82
8√5 8√5
∴a= 或a=− （线段长的负值舍去），
5 5
8√5 16√5
∴AH= =CH，DH= ，
5 5
16√5
∴AC=2AH= ，
5
1 1
∵S = AC⋅DH= AD⋅CG，
△ADC 2 2
1 16√5 16√5 1
∴ × × = ×8×CG，
2 5 5 2
32
∴CG= ，
5
DE AD 8 5
= = =
∴ CF CG 32 4．（10分）
5
22．（12分）
1 1
【详解】（1）证明：在y= x2+bx−3中，令 x2+bx−3=0，
4 4
1
∵Δ=b2−4× ×(−3)=b2+3>0，（1分）
4
∴该一元二次方程有两个不相等的实数根，
即抛物线L一定与x轴有两个交点1
设 x2+bx−3=0的根分别为x ,x ，
4 1 2
∵x ⋅x =−12<0，（3分）
1 2
∴该一元二次方程有两个异号的实数根，
∴抛物线L与x轴的两个交点分居在原点的两侧；（4分）
（2）解：①∵抛物线L经过点M(−4,m),N(6,m)，
−4+6 b
x= =1=−
∴抛物线L的对称轴为直线 2 1，
2×
4
1
∴b=− ，
2
1 1
∴L 的函数表达式为y= x2− x−3．（6分）
1 4 2
1 1 13
当x=1时，y= − −3=− ．
4 2 4
( 13)
∴抛物线L的顶点坐标为 1,− ，
4
1 1
当y=0时，0= x2− x−3，
4 2
解得x=1+√13（负数舍去），
抛物线L与x轴在原点右侧的交点坐标(1+√13,0)．（8分）
1 1
②∵y= x2− x−3与y轴交于点D(0,−3)，
4 2
则点D关于直线x=1的对称点为(2,−3)，
∵抛物线L的开口向上，
∴当0≤x≤2时，抛物线L上的最高点的纵坐标总是−3，
( 13) 1
最低点总是 1,− ，两个点的竖直距离总为 ，
4 4
1 1 1
∴当1≤n≤2时，函数y= x2− x−3的最大值与最小值的差总为 ．（12分）
4 2 4
23.【详解】解：（1）∵E为AC的中点，
∴AC=2AE，
∵∠C=∠AED=90°，
∴DE∥BC，AD AE 1
∴ = = ；（3分）
AB AC 2
（2）①∵BD是⊙A的切线，
∴∠ADB=90°，
AD 1
∵ = ，
AB 2
1
∴sin∠ABD= ，
2
∴∠ABD=30°，
∴∠DAB=90°−30°=60°，
∴α=60°；（6分）
②BD所在直线与CE所在直线之间的夹角不发生变化，为45°，（7分）理由如下：
如图，延长BD交CE于F，交AC于O，
∵△AED和△ACB都是等腰直角三角形，∠ACB=∠AED=90°，
∴∠EAD=∠CAB=45°，AC=BC，AE=DE，
∴ ， ， ，
AB=√AC2+BC2=√2AC AD=√AE2+DE2=√2AE ∠EAD−∠CAD=∠CAB−∠CAD
即∠EAC=∠DAB，
AC AE √2
∴ = = ，
AB AD 2
∴△EAC∽△DAB，（10分）
BD AD
∴ = =√2，∠ACE=∠ABD，
CE AE
∵∠AOB=∠COF，
∴∠BFC=∠CAB=45°．（12分）
