福建省2025届初中学业水平考试6月份模拟试卷(定心卷) 数学试题（含答案）

2025年福建省初中学业水平考试模拟试卷
数 学
本试卷共6页，满分150分.
注意事项：
1.答题前，考生务必在试卷、答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案写在答题卡相应位置上.
3.作图可先使用2B铅笔画出，确定后用0.5毫米黑色墨水签字笔描黑.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
的相反数是
A. 3 B. D. - 3
2.2025年4月23日，我国首次实现地月距离尺度的卫星激光测距，标志着我国在深空卫星激光测距技术领域取得重要突破.科研团队利用云南天文台1.2米口径望远镜地面激光测距系统，成功捕获到DRO-A 卫星反射器反射的激光回波光子，测出星地距离约350 000公里.数据350 000用科学记数法表示为
3.我国古代数学名著《九章算术》中记载：今有正圆台体建筑物，下底面周长为3丈，上底面周长为2丈，高为1丈.该几何体如图所示，其俯视图是
4.如图，将直尺与含45°角的直角三角板叠放在一起，若∠1=70°，则∠2的度数是
A. 55° B. 60° C. 65° D. 75°
5.下列运算正确的是
6.随着无人机技术的发展，无人机表演越来越受欢迎.在一次无人机表演排练时，A无人机落后B无人机30米，已知B 无人机的飞行速度为3米/秒，若A 无人机飞行200米刚好追上B无人机，设A无人机接下来的飞行速度为x米/秒，则下列方程正确的是
7. 如图,在平行四边形ABCD中,AB=2AD,E为AB的中点,∠DAB=60°.若BC=2,则BD的长为
A.
B. 3
D. 4
8.某校举办“青春励志”主题演讲比赛，规定每位选手演讲时长不超过5分钟.初赛结束后，随机抽取5名选手，编号为1~5，统计这5名选手的实际演讲时长(单位：分钟)如图所示.为了更全面评估选手水平，组委会决定再抽取2名选手的成绩纳入统计.若7名选手演讲时长的中位数与原来5名选手演讲时长的中位数保持一致，则新增的2名选手演讲时长可能是
A. 2.8分钟,3.7分钟
B. 3.0分钟,3.3分钟
C. 3.6分钟,4.2分钟
D. 4.3分钟,4.5分钟
9. 如图,在△ABC 中,AC,BC分别是⊙O的切线,A,D为切点,AB 经过圆心O交⊙O 于点 E,连接AD,若∠B=28°,则∠DAC=
A. 28°
B. 45°
C. 52°
D. 59°
10.已知点A(x ,y ),B(x ,y )为抛物线 上的两点，其中 下列说法错误的是
A. 当t≤0时,都有 B. 当t≥1时,都有
C. 当0第Ⅱ卷(非选择题 共110分)
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分.
11. 写出不等式x+2<0的一个解: .
12.如图，点M，N位于数轴上原点的两侧，且OM=3ON.若点M表示的数是9，则点N表示的数是 .
13.2025 年某城市大力推广垃圾分类，为评估A，B两款智能垃圾分类设备的性能，工作人员对两款设备在识别准确率、处理速度、能耗、维护便捷度四个方面进行评分(评分越高，性能越好，满分10分)，A，B两款设备各项评分如下表：
型号 识别准确率 处理速度 能耗 维护便捷度
A 款 9 8.5 7.5 8.8
B款 8.8 9 8 9.2
该市计划采购一批智能垃圾分类设备，将识别准确率、处理速度、能耗、维护便捷度四项得分按4：3：2：1的比例确定设备的综合得分，则该市应选择采购的设备是 款.
14.已知非零实数a，b满足 且a≠b,则 的值等于 .
15.如图，在同一平面直角坐标系中，函数 和 的图象相交于点A，B，C，D,其中点A(3,1),则点D 的坐标是 .
16. 如图,在. 中， 于点 D. E是线段CD上的动点(不与点C，D重合)，将线段DE 绕点E顺时针旋转2α得到线段EF.连接AF，作射线DF，则AF的最小值为 .
三、解答题：本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. (8分)计算:
18. (8分)如图,BC平分. ,点E在BC上,连接AC,EF,且. 求证：
19. (8分)先化简,再求值: 其中
20.(8分)某校举行校庆游园活动，小明和小红两位同学的活动成绩并列，但只剩下一份奖品(奖品为12支铅笔)，两人决定玩“石头、剪刀、布”的游戏来确定这份奖品的归属(该游戏出的“手势”胜负可用不等式表示如下：石头>剪刀，剪刀>布，布>石头，相同“手势”表示平局).两人约定：先胜三局者获得这12支铅笔.游戏开始后，小明胜了一局，小红胜了两局，这时因其他事情中断了他们的游戏，于是他们再次商量这12支铅笔的分配问题：小明认为根据目前胜的局数占总胜局的百分比分配铅笔，小红认为她赢的可能性大，应得到全部的铅笔.
(1)按小明的分配方案，两人各能得到几支铅笔
(2)你认为小明和小红两个人的分配方案是否合理，若不合理，请你根据概率知识设计出你认为合理的分配方案.
21.(8分)如图，已知二次函数 的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且
(1)求二次函数的表达式；
(2)若点D在x轴下方二次函数的图象上，且. ，求点 D 的坐标.
22. (10分)如图,已知直线 点A 在直线 之间.
(1)在 所在的平面内求作直线 在 之间)，使得 且点A 在直线 上， 与 的距离恰好等于 与 的距离；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，正方形ABCD的三个顶点B，C，D分别在直线 上，若 与 的距离为1，则正方形ABCD 的面积是否存在最小值 若存在，求其最小值；若不存在，请说明理由.
23. (10分)若x,y均为正整数,则 分别称为x，y的“特征数”.
(1)试证明+,仍为正整数;
(2)小明研究“特征数”的结构，提出以下两个猜想：
可以表示为两个“特征数”之和；
②若m为正整数(m>1),则m 可以表示为两个“特征数”的平方差.
请判断正确的猜想个数，并进行证明(若两个均正确，则任选其一证明即可).
24.(12分)阅读下列材料，回答问题.
任务：高速公路路面形变探测
问题背景 在高速公路上，由于地形地质条件复杂，加上车辆长期碾压等因素，路面容易出现下沉或隆起的情况.这不仅会影响行车的舒适性，还可能带来安全隐患.为了及时准确掌握公路路面的状态变化，道路养护部门引入了微型路面形变探测仪，经查阅资料得知，测得路面相较于基准位置下降或隆起超过3厘米时，道路养护部门就需要进行修复
素材1：设备原理 该探测仪的T.作原理基于激光探测.如图①，探测仪P发出光线PQ，射向路面的白色反光涂层，经路面反射后，形成反射光线QC，其中光线PQ 与路面的夹角等于反射光线QC与路面的夹角，均为α，且α始终保持恒定.水平安装在道路旁特定支架上的信号收集端AB，负责捕捉反射光线QC ，借此实现对路面情况的探测
素材2：基准参数 如图①，在基准位置下测得，点P 和收集端AB与路面的垂直距离分别为8厘米和10厘米，点P 与收集端端点A的水平距离是24厘米，且AC为12厘米，BC为10厘米
素材3：形变探测 如图②，当公路路面发生下降或隆起时，反射光线在收集端上的落点C会产生移动，记移动后的反射光线为( ，移动距离为( ，若路面下沉，点C 向右移动；若路面隆起，点C 向左移动(向右记为正、向左记为负).通过( 的长度能够确定路面下沉或隆起的高度数值
(1)依据素材2所给的条件，求 tanα的值；
(2)如图②，设路面下沉了x厘米，( 的长度为y厘米，请求出y与x的关系式，并求出在基准位置下，该探测仪和收集端能够测量的路面隆起到下沉的范围；
(3)当路面下沉或隆起幅度较大时，反射光线落点C会超出收集端测量范围，导致无法测量.已知信号收集端AB 可以通过拼接增加长度，为满足道路养护部门需求，即当路面相较于基准位置下降或隆起不超过3厘米时能正常测量，在保持入射光线落点 Q 和探测仪P位置不变的情况下，应如何调整收集端AB 的长度
25.(14分)如图,四边形ABCD内接于⊙O,AC平分 ,E为AC上一点,且.
(1)求证:
(2)若 求 的值；
(3)若 探究三条线段AB，AD，BC之间的数量关系，并说明理由.
数 学
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D C C A C A D C
第Ⅱ卷(非选择题 共110分)
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分.
11. x=-3(答案不唯一) 12. - 3 13. B 14. 2 15. (-1,-3)
三、解答题：本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 解:原式 ……………………………………… (4分)
………………………………………………………………… (8分)
18. 证明:∵BC平分∠ABF,
∴ ∠ABC=∠EBF. ……………………………………… (2分)
在△ABC 和△EBF中,
… (5分)
∴△ABC≌△EBF(SAS), ……………………………………… (7分)
∴AC=EF. ……… …… ……………… (8分)
19. 解:原式 … (2分)
………………………………… (5分)
当 时，原式 … (8分)
20.解：(1)按小明的分配方案，小明得到铅笔的数量为 (支),………… (2分)
小红得到铅笔的数量为 (支); ……………………………………… (4分)
(2)小明和小红两个人的分配方案均不合理，我认为小明应得到3支铅笔，小红应得到9支铅笔.…………………………………………………………(5分)
根据概率知识具体分析如下：按照最初的约定，假设游戏继续，根据小明和小红最终取胜的概率值分配这12支铅笔，根据“石头、剪刀、布”的游戏规则，一局游戏中“胜”和“负”的可能性相同，
依题意得，忽略平局，最多再进行2局游戏即可分出胜负，列出树状图如解图，由树状图可知，共有4种等可能发生的结果，其中小明胜的结果有1种，小红胜的结果有3种，
∴P(小明胜) P(小红胜) …………………………………… (7分)
∴小明应得到铅笔的数量为 (支)，小红应得到铅笔的数量为 (支)(答案不唯一，合理即可).… …………………… (8分)
21.解：(1)∵二次函数图象的对称轴为直线
由题意得AB=2，且点A，B关于直线x=2对称，
∴A(1,0)、B(3,0),
将A(1,0)代入 得a-4a-3=0,
解得a=-1,… …………………………… (2分)
∴二次函数的表达式为 ………… (4分)
(2)如解图，在y轴的正半轴上取点H，使得OH=OC，连接AH，延长DA 交y轴于点G，设∠ACO=α,则∠DAC=3α,∠AHO=α,
∴ ∠CGA=3α-α=2α,
∴ ∠GAH=2α-α=α,
∴HG=GA,
由二次函数表达式易得点 C 坐标为(0，-3)，
∴OH=OC=3,
设HG=m,则OG=3-m,GA=m,
由(1)得A(1,0),∴OA=1,
在 Rt△AOG中,由勾股定理,得
解得 则
设直线AG的表达式为y= kx+b(k≠0),将点A,G分别代入,得 解得
∴直线AG的表达式为 ………………………… (6分)
令
解得x=1(舍去)或
当 时，
∴点D 的坐标为 ………………………… (8分)
22. 解:(1)如解图①,直线 就是所求作的直线；………………………………………(4分)
(2)不存在，理由如下：
根据题意画出正方形ABCD 如解图②，设 与 的距离为a，l 与( 的距离为b，则：
过点C作 分别交 于点F,E,则(
又∵
在 和 中，
在Rt△CDF中,(
则 … (8分)
∵2>0,
∴当 时，CD 取得最小值
又∵点A在l 上,l 位于l 和l 之间,
∴b>0, ∴-2a+1>0,
∴CD 无法取得最小值
即正方形ABCD的面积大于 ，故正方形ABCD的面积不存在最小值.(10分.
23. (1)证明:∵x为正整数,∴x,x+1中必有一个是偶数,
∴x(x+1)为偶数, …………………………………………… (2分)
为正整数；
同理 为正整数，故n，+n，仍为正整数；…(4分)
(2)解：正确的猜想个数为2，………………………………(6分)
选择①，证明如下：
… (8分)
∵x，y均为正整数， 均为正整数，
均为“特征数”，
可以表示为两个“特征数”之和.…………………(10分)
选择②，证明如下：
…… (8分)
∵m为正整数,且m>1,
∴m,m+1,m-1;均为正整数，
均为“特征数”，
∴m 可以表示为两个“特征数”的平方差.(任选一个猜想证明即可) (10分)
24.解：(1)如解图①，过点C作CD垂直路面于点D，过P作 交DQ 的延长线于点N，交CA 的延长线于点M、
由题意得AM=24,AC=12,PN=8,CD=10,DN=24+12=36,
设NQ=t,则QD=36-t,
由题意知∠PQN=∠CQD=α,
∵∠PNQ=∠CDQ=90°,
∴△PQN∽△CQD, ………………………………………… (2分)
解得t=16, ………………………… (3分)
∴在 Rt△PNQ中, … (4分)
(2)如解图②,过点 Q 作( 于点F，由题意易得，
∴四边形QEC C为平行四边形，
由题意易得
由(1)知
∴y=4x、… …… ………………………………………………………… (6分)
∵AC=12,BC=10,
∴该探测仪和收集端能够测量的路面隆起到下沉的范围为 … … (8分)
(3)由(2)得，该探测仪和收集端能够测量的路面下沉最大值为 为满足道路养护部门需求，调整收集端AB 的长度如解图③，设将信号收集端AB向右延伸m厘米，此时下沉3厘米时，反射光线落点C恰好到延伸后的点 B 处，此时反射光线与地面的交点为点 的中点为点
∵由题意易证得四边形 为平行四边形，
∵由(1)得
解得m=2,………………………………… (10分)
∵由(2)得信号收集端AB在原长度不变的情况下可测得路面隆起3厘米，
∴只需将信号收集端向右延伸2厘米即可满足道路养护部门需求.…………(12分)
25. (1)证明:如解图①,连接BD交AC 于点 F.
∵AC平分∠BAD,∴∠BAC=∠DAC.
∴∠BAC=∠DBC. ……………………………… (2分)
∵BC=CE,
∴∠EBC=∠BEC,即∠EBF+∠DBC=∠BAC+∠ABE,
∴∠ACD=2∠ABE; …………………………… (4分)
【一题多解】∵AC平分∠BAD,设∠BAC=∠CAD=α,
由圆内接四边形的性质,可知∠BCD+∠BAD=180°,则∠BCD=180°-2α.
∵BC=CE,∴△BCE为等腰三角形.
设∠CBE=∠CEB=β,则∠BCE=180°-2β, ………………… (2分)
∵∠ACD=∠BCD-∠BCE,
∴ ∠ACD=180°-2α-(180°-2β)=2β-2α=2(β-α),
∵∠ABE=∠CEB-∠BAC=β-α,
∴∠ACD=2∠ABE;. …………………………………………… (4分)
(2)解:设∠BAC=∠DAC=α,BE=x,如解图①,连接BD交AC于点 F.
∴∠BDC=∠BAC=α.
∵BE∥CD,∴∠EBF=∠BDC=α,
∴∠CBE=∠EBF+∠CBF=2α,
∵BC=CE,
∴∠BEC=∠CBE=2α, ………………………………… (6分)
∴∠ABE=∠EBF=α.
∵AD∥BC,
∴∠BCE=∠CAD=α,∴BE=BF=CF=x,
设BC=CE=a(a>0),则EF=a-x,
解得 (负值已舍去).
∵AC平分
∴BC=CD=a,
… (9分)
(3)解: 理由如下：
如解图②,延长AC 至点H,使得CH=CD,连接DH.
∵CH=CD,
∴∠ACD=2∠H.
由(1)证得∠ACD=2∠ABE,
∴∠ABE=∠H.
∵AC平分∠BAD,
∴∠BAC=∠DAC,
∴ △ABE∽△AHD,
∴AB·AD=AE·AH. …………………………… (11分)
∵BC=CD=CE,CH=CD,∴CD=CE=CH.
∵AE=AC-CE,AH=AC+CH=AC+CE,
∵AC= CE,
… (14分)