2025年四川省自贡市中考数学模拟试卷1（含解析）

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2025年四川省自贡市中考数学模拟试卷1
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（共12个小题，每小题4分，共48分，在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．下列四个实数中，最大的数是（ ）
A． B． C． D．
2．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B． C． D．
3．光雾山旅游景区位于华夏版图腹心、米仓山腹地，地处中国南北气候分界线、冷暖气候交汇处．被称为“南方的北方、北方的南方”．2024年国庆假期期间全国各地来光雾山旅游的游客络绎不绝，旅游收入达亿元．将数据亿用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在中，，，按以下步骤作图：
①以点A为圆心，小于长为半径画弧，分别交、于点E、F；
②分别以点E、F为圆心，大于长的一半为半径画弧，两弧相交于点G；
③作射线，交边于点D．则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示的几何体是由一些小正方体组成的，那么它的俯视图是（ ）

A． B． C． D．
6．某校对九年级6个班学生平均一周的课外阅读时间进行了统计，分别为（单位：h）：3.1，4，3.1，1，1，3.1．这组数据的众数是（ ）
A．3 B．3.1 C．4 D．1
7．在直角坐标系中，点绕原点O逆时针旋转，得到的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
8．关于一元二次方程的根的说法，正确的是（ ）
A．有两个相等实数根 B．没有实数根
C．两根之和为2 D．两根之积为
9．在同一平面直角坐标系中，函数和函数（m是常数，且）的图象可能是（　　）
A． B． C． D．
10．下列说法中，正确的是（ ）
A．顶角为的等腰三角形是等边三角形
B．等腰三角形的高线、中线、角平分线重合
C．等腰三角形底边上的中线是它的对称轴
D．等边三角形不是轴对称图形
11．已知：如图，在中，，，，点C，D，E三点在同一条直线上，连接． 以下四个结论：

①；②；③； ④．
其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．如图，正方形，点分别在边上，，，与交于点M，与交于点N，延长至G，使，连接有如下结论：①；②；③；④上述结论中，所有正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（共6个小题，每小题4分，共24分）
13．分解因式： ．
14．计算： ．
15．如图是某一水塘边的警示牌，牌面是五边形，其中，则这个五边形的内角的度数为 ．
16．已知，是一次函数的图象上两点，且，则m的取值范围为 ．
17．如图，是⊙O的直径，点是上一点，，，则阴影部分的面积为 ．
18．如图，现有一块四边形的木板余料，经测量，，，且，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点在边上且面积最大的矩形，则该矩形的面积为
三、解答题（共8个题，共78分）
19．计算：
20．已知：如图，，．求证：．
21．京广高速铁路工程指挥部，要对某路段工程进行招标，接到了甲、乙两个工程队的投标书．从投标书中得知：甲队单独完成这项工程所需天数是乙队单独完成这项工程所需天数的；若由甲队先做10天，剩下的工程再由甲、乙两队合作30天完成．
(1)求甲、乙两队单独完成这项工程各需多少天？
(2)已知甲队每天的施工费用为8.4万元，乙队每天的施工费用为5.6万元．工程预算的施工费用为500万元．为缩短工期并高效完成工程，拟安排预算的施工费用是否够用？若不够用，需追加预算多少万元？请给出你的判断并说明理由．
22．已知：在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D是AB的中点，点E是AB边上一点．
(1)过点B作BF⊥CE于点F，交CD于点G（如图①），求证：AE=CG；
(2)过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，并交CD的延长线于点M（如图②），判断CM与BE的数量关系，并说明理由．
23．某校组织学生参加“展示我美丽祖国”庆国庆的自拍照片的评比活动．随机抽取一些学生在评比中的成绩制成的统计图表如下：
分数段 频数 百分比
a
80 b
60
20
根据以上图表提供的信息，解答下列问题：
(1)写出表中a，b的数值： ， ；
(2)补全频数分布直方图；
(3)如果评比成绩在95分以上（含95分）的可以获得一等奖，试估计该校1000名学生参加此次活动获得一等奖的人数．
24．阅读以下文字并解答问题：
在“测量物体的高度”活动中，某数学兴趣小组的4名同学选择了测量学校里的四棵树的高度.在同一时刻的阳光下，他们分别做了以下工作：
小芳:测得一根长为1米的竹竿的影长为0.8米，甲树的影长为4.08米（如图1).
小华：发现乙树的影子不全落在地面上，有一部分影子落在教学楼的墙壁上（如图2)，墙壁上的影长为1.2米，落在地面上的影长为2.4米.
小丽：测量的丙树的影子除落在地面上外，还有一部分落在教学楼的第一级台阶上（如图3)，测得此影长为0.2米，一级台阶高为0.3米，落在地面上的影长为4.4米.
小明：测得丁树落在地面上的影长为2.4米，落在坡面上影长为3.2米（如图4).身高是1.6米的小明站在坡面上，影子也都落在坡面上，小芳测得他的影长为2米.

(1)甲树的高度为______米；
(2)求出乙树的高度（画出示意图）；
(3)丙树的高度为______米；
(4)求出丁树的高度.
25．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点和．
(1)求一次函数和反比例函数的表达式；
(2)请直接写出时，的取值范围；
(3)在轴上存在一点使得有最大值，求出点的坐标．
26．已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点．
(1)求b，c，m的值；
(2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，垂足为点F，当四边形的周长最大时，求点D的坐标；
(3)如图2，点M是抛物线的顶点，将沿翻折得到，与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得为直角三角形，直接写出所有符合条件的点P的坐标．
参考答案
1．【考点】求一个数的算术平方根、实数的大小比较、求一个数的立方根
【分析】本题考查了实数大小的比较，熟练掌握比较实数大小的方法，是解题的关键．根据正数大于0，负数小于0，根据平方根，立方根的性质化简，再比较四个数的大小关系，即可得出结论．
解：，，，，
，
故最大的数为，
故选择：D
2．【考点】中心对称图形的识别、轴对称图形的识别
【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
3．【考点】用科学记数法表示绝对值大于1的数
【分析】本题考查了科学记数法的定义，理解定义“科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当时，n是正整数，当时，n是负整数．”是解题的关键．
解：由题意得
亿，
故选：B．
4．【考点】直角三角形的两个锐角互余、作角平分线(尺规作图)
【分析】本题考查了作角平分线，与角平分线有关的三角形的内角和定理，掌握基本作图是解题的关键．
由作图方法可得是的角平分线，进而根据，求得，根据直角三角形的性质即可求解．
解：∵是的角平分线，，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
5．【考点】判断简单几何体的三视图
【分析】本题主要考查了从不同的方向看几何体，熟练掌握三视图的特点是解题的关键．
俯视图是从几何体上方观察所得到的平面图形，据此判断即可．
从上面看到的图形有3列，从左到右竖直方向依次有1个、1个，2个正方形．
故选：D．
6．【考点】求众数
【分析】本题考查众数的概念，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数，依此求解即可．
在这一组数据中3.1出现了3次，次数最多，故众数是3.1．
故选：B．
7．【考点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、求绕原点旋转90度的点的坐标
【分析】本题考查坐标与图形变化旋转，解题的关键是正确作出图形解决问题．把点绕原点旋转的问题转化为直角三角形旋转的问题，画出图形可解决问题．
解：过A点作轴，过B点作轴，垂足分别为D、E，

∵点A的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
在和中，
，
∴，
∴，
∴点B的坐标为．
故选：B．
8．【考点】根据判别式判断一元二次方程根的情况
【分析】本题考查了根的判别式，根据方程的系数，结合根的判别式可得出，进而可得出该方程没有实数根．
解：由题意可知：，
∴方程没有实数根，
故选：B．
9．【考点】一次函数、二次函数图象综合判断
【分析】本题考查了二次函数的图象以及一次函数的图象，掌握两个函数的图象与性质是解题的关键．对四个选项中一次函数的图象进行分析，结合二次函数的图象，两图象是否相符即可得出结论．
解：A、由函数的图象可知，即函数开口方向朝上，与图象不符，故A选项错误；
B、由函数的图象可知，对称轴为直线，则对称轴应在y轴左侧，与图象不符，故B选项错误；
C、由函数的图象可知，即函数开口方向朝下，与图象不符，故C选项错误；
D、由函数的图象可知，即函数开口方向朝上，对称轴为直线，则对称轴应在y轴左侧，与图象相符，故D选项正确；
故选：D．
10．【考点】等边三角形的性质、三线合一
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，轴对称图形的概念，熟知相关知识是解题的关键．根据等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，轴对称图形的概念逐一判断即可．
解：A、顶角为的等腰三角形是等边三角形，符合题意；
B、等腰三角形底边上的高线、底边上的中线和顶角的角平分线互相重合，不符合题意；
C、等腰三角形底边上的中线所在的直线是它的对称轴，不符合题意；
D、等边三角形是轴对称图形，不符合题意．
故选：A．
11．【考点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．①由，利用等式的性质得到夹角相等，利用得出三角形与三角形全等，由全等三角形的对应边相等得到，本选项正确；②由三角形与三角形全等，得到一对角相等，由等腰直角三角形的性质得到，等量代换得到，本选项正确；③再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到垂直于，本选项正确；④利用周角减去两个直角可得答案．
解：①∵，
∴，即，
∵在和中，，
∴，
∴，本结论正确；
②∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，本结论正确；
③∵，
∴，
∴，
则，本结论正确；
④∵，
∴，本结论正确，
故正确的结论有4个，
故选：D．
12．【考点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质证明
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明出，构造辅助线证得．
①证明即可判断；②由及等腰直角三角形的性质解决问题即可；③设的面积为m，由，推出，，推出的面积为，的面积为，推出的面积的面积，由此即可判断；④作于H，设，，则，通过，，计算证明，根据线段垂直平分线的判定，得到，由等腰三角形的性质得到，最后根据余角的性质即可解决问题．
解：四边形是正方形，
，
，，
，
，
，
，故①正确；
，
，
，
，
，
，
，
，
故②正确；
设的面积为m，
，
，
的面积为，的面积为，
的面积的面积，
故③不正确，
作于H，设，，则，
在中，，
，
，
，
，
同理， ，可得，
，
，
，
，
，
，
，
，故④正确，
所以正确结论的个数是，
故选：．
13．【考点】提公因式法分解因式
【分析】利用提取公因式法分解即可．
本题考查了因式分解，熟练掌握提取公因式法分解因式是解题的关键．
解：．
故答案为：．
14．【考点】同分母分式加减法
【分析】本题考查了分式的加减运算，熟练掌握分式的加减运算法则是解题的关键．
分母相同，先合并分子，再约分化简即可．
解：．
故答案为：．
15．【考点】多边形内角和问题
【分析】本题考查了多边形的内角和，熟练掌握考点是解题的关键．
先求出五边形的内角和，即可求解．
解：五边形内角和为：，
∴，
∵，
∴，
故答案为：116．
16．【考点】根据一次函数增减性求参数
【分析】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题关键．先判断出与异号，再根据一次函数的增减性求解即可得．
解：∵，
∴与异号，
∴对于一次函数，随的增大而减小，
∴，
解得，
故答案为：．
17．【考点】求扇形面积
【分析】本题考查了扇形的面积，熟悉掌握扇形面积公式是解题的关键．
利用圆的性质求出的度数后，再利用扇形面积公式运算求解即可．
解：∵，，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积为：；
故答案为：．
18．【考点】图形问题(实际问题与二次函数)、解直角三角形的相关计算、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题考查了相似三角形的应用、二次函数的最值问题、解直角三角形、勾股定理、等腰三角形的判定与性质，根据相似三角形对应高的比等于对应边的比列式表示出正方形的边长与三角形的边与这边上的高的关系是解题的关键，延长交于点，过点作于点，由等腰三角形的性质得出，解直角三角形得出，由勾股定理可得，设，矩形的面积为，由相似三角形的性质得出，从而得出，由二次函数的性质即可得解．
解：如图，延长交于点，过点作于点，
由题意得，
，
，且，
，
，
，
在中，，
，
，
的中点在线段上，
，
，
的中点在线段上，
中位线的两端点在线段上，
设，矩形的面积为，
∴平行于
∴，
，
解得．
则，
因为
所以时，符合题意
故的最大值为486，
故答案为486．
19．【考点】含乘方的有理数混合运算、负整数指数幂、零指数幂
【分析】本题主要考查了有理数混合运算，解题的关键是熟练掌握有理数混合运算法则，“先算乘方，再算乘除，最后算加减，有小括号的先算小括号里面的”．根据含乘方的有理数混合运算法则进行计算即可．
解：
．
20．【考点】根据平行线判定与性质证明
【分析】本题考查了平行线的性质与判定，根据得出，进而等量代换可得，根据同位角相等两直线平行，即可得证．
证明：∵（已知），
∴（两直线平行，内错角相等）．
又∵（已知），
∴（等量代换）．
∴（同位角相等，两直线平行）．
21．【考点】工程问题(一元一次方程的应用)、分式方程的工程问题
【分析】本题考查了分式方程的应用：
（1）设甲单独完成这项工程所需天数，表示出乙单独完成这项工程所需天数及各自的工作效率．根据工作量工作效率工作时间列方程求解；
（2）根据题意，甲乙合作工期最短，所以须求合作的时间，然后计算费用，作出判断．
（1）解：设乙队单独完成这项工程需x天，则甲队单独完成这项工程需天，根据题意得：
，
解得：，
经检验：是原方程的解，且符合题意，
此时，
答：乙队单独完成这项工程需90天，则甲队单独完成这项工程需60天；
（2）解：工程预算的施工费用不够用，需追加预算4万元，理由：
设两队合作y天完成，根据题意得：
，
解得：，
此时元元，
所以工程预算的施工费用不够用，需追加预算4万元．
22．【考点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、三线合一
【分析】（1）先证出∠ACE＝∠CBG，再由ASA证明△ACE≌△CBG，得出对应边相等即可；
（2）先证出∠CEB＝∠CMA，再由AAS证明△BCE≌△ACM即可得结论成立．
（1）（1）∵点D是AB的中点，AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴CD⊥AB，∠ACD＝∠BCD＝45°，∠CAD＝∠CBD＝45°．
∴∠CAE＝∠BCG．
又∵BF⊥CE，
∴∠CBG＋∠BCF＝90°．
又∠ACE＋∠BCF＝90°，
∴∠ACE＝∠CBG．
在△AEC和△CGB中，
∴△AEC≌△CGB．
∴AE＝CG．
（2）解：CM=BE，理由如下：
∵CH⊥HM，CD⊥ED，
∴∠CMA＋∠MCH＝90°，∠BEC＋∠MCH＝90°．
∴∠CMA＝∠BEC．
∵∠ACM＝∠BCD＝45°，∠CAD＝∠CBE＝45°，
∴∠ACM＝∠CBE＝45°，
在△BCE和△CAM中
∴△BCE≌△CAM（AAS），
∴CM=BE．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质；熟练掌握全等三角形的判定方法是解决问题的关键．
23．【考点】由样本所占百分比估计总体的数量、频数分布折线图、频数分布直方图
【分析】本题考查了频数分布直方图、频数分布表的有关知识，读图时要全面细致，要充分运用数形结合思想来解决由统计图形式给出的数学实际问题．掌握好频率、中位数的概念．
（1）首先求得抽取的样本总数，然后用样本容量减去其他小组的人数即可求得a值，用80除以样本容量即可求得b值；
（2）根据上题求得的数据补全统计图即可；
（3）用总人数乘以获得一等奖的百分率即可求得获得一等奖的人数．
（1）解：∵抽查的学生总数为：（人），
∴；
．
故答案为：40，40；
（2）解：频数分布直方图为：
（3）解：成绩在的学生人数所占百分比为：，
（人），
答：估计该校1000名学生参加此次活动获得一等奖的人数是100人．
24．【考点】相似三角形实际应用、利用平行四边形的判定与性质求解
【分析】（1）直接利用同一时刻物体的影长与实际高度比值不，变进而得出答案；
（2）直接利用平行四边形的性质得出AE的长，进而得出答案；
（3）首先画出基本图形，进而分别求出AG，BG的长，即可得出答案；
（4）首先画出基本图形，进而分别求出AE，BE的长，即可得出答案．
解：（1）∵一根长为1米的竹竿的影长为0.8米，甲树的影长为4.08米，
∴甲树的高度为：4.08÷0.8=5.1（米）．
故答案为5.1；
(2)如图1，设为乙树的高度，过点C作，则四边形为平行四边形，米，米.
由题意，得，
解得，
∴乙树的高度为 (米).
(3) 如图2，设AB为丙树的高度，EF=0.2，
由题意得：，
∴DE=0.25（m），则CD=0.25+0.3=0.55（m），
∵四边形AGCD是平行四边形，
∴AG=CD=0.55（m），
又由题意得，
所以BG=5.5（m），
所以AB=AG+BG=0.55+5.5=6.05（m）；
⑷如图2，设为丁树的高度，米，米.
连接，作，，则四边形是平行四边形，
∴.
由题意，得，得.
由，得.
∴米，
∴丁树的高度为(米).
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，以及相似三角形的应用，解题的关键是从复杂的数学问题中整理出三角形并利用相似三角形求解，考查了同学们的建模能力．
25．【考点】求反比例函数解析式、根据两条直线的交点求不等式的解集、一次函数与反比例函数的交点问题、根据成轴对称图形的特征进行求解
【分析】（1）待定系数法求出两个函数解析式即可；
（2）关键还是图象与交点横坐标直接写出不等式解集即可；
（3）过点作关于轴的对称点，则连接交轴于点，此时满足有最大值，先求出解析式，再求出点坐标即可．
（1）一次函数的图象与反比例函数的图象交于点和，
，
，，
反比例函数解析式为，
，，
，解得，
一次函数解析式为；
（2）由图象可知，时，的取值范围为：或；
（3）如图，过点作关于轴的对称点，则
连接交轴于点，此时满足有最大值，
设直线解析式为，
，解得
直线解析式为，
当时，．
点．
【点评】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式是关键．
26．【考点】线段周长问题(二次函数综合)、特殊三角形问题(二次函数综合)、待定系数法求二次函数解析式、特殊四边形(二次函数综合)
【分析】（1）把，代入，解二元一次方程组即可得b，c的值，令即可得m的值；
（2）设设，则，表示出四边形的周长，根据二次函数的最值即可求解；
（3）过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K，证明，再求解，求解直线的解析式为： 可得 设，再利用勾股定理表示，，，再分三种情况建立方程求解即可．
（1）解：把，代入，
得，
解得．
∴这个抛物线的解析式为：，
令，则，
解得，，
∴，
∴；
（2）解：∵抛物线的解析式为；
∴对称轴为直线，
设，
∵轴，
∴，
∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，
∴四边形是矩形，
∴四边形的周长
∵
∴当时，四边形的周长最大，则，
∴当四边形的周长最大时，点D的坐标为；
（3）解：过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K，
∴，
由翻折得，
∵．
∴，
∴，
∵对称轴于H，
∴轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵抛物线的解析式为：，
∴对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为：
∴，
设，
∴，，，
分两种情况：
①当时，，
∴
解得：，
∴；
②当时，，
∴
解得：，
∴点的坐标为；
③当时，，
∴
解得：或
∴点的坐标为或，
综上，所有符合条件的点P的坐标为或或或．
【点评】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标问题，二次函数的性质，对称轴的性质，二次函数与直角三角形，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键．
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