2025年甘肃省中考数学试卷及答案

这是一份2025年甘肃省中考数学试卷及答案，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）﹣2+5＝（ ）
A．﹣10B．﹣7C．﹣3D．3
2．（3分）根据国家统计局的数据，2024年中国生产芯片约451420000000颗，彰显了中国芯片产业的强大实力．数据451420000000用科学记数法可以表示为（ ）
A．4.5142×109B．4.5142×1010
C．4.5142×1011D．4.5142×1012
3．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．2a2+3a2＝6a2B．a6÷a2＝a3
C．（a2）3＝a5D．（3a）2＝9a2
4．（3分）如图1，三根木条a，b，c相交成∠1＝80°，∠2＝110°，固定木条b，c，将木条a绕点A顺时针转动至如图2所示，使木条a与木条b平行，则可将木条a旋转（ ）
A．30°B．40°C．60°D．80°
5．（3分）关于x的一元二次方程3x2﹣6x+m＝0有两个实数根，则m的取值范围是（ ）
A．m＜3B．m≤3C．m＞3D．m≥3
6．（3分）如图，一个多边形纸片的内角和为1620°，按图示的剪法剪去一个内角后，所得新多边形的边数为（ ）
A．12B．11C．10D．9
7．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=BC，连接BD，若∠ABC＝70°，则∠BDC的度数为（ ）
A．20°B．35°C．55°D．70°
8．（3分）习近平总书记致首届全民阅读大会举办的贺信指出：阅读是人类获取知识、启智增慧、培养道德的重要途径，可以让人得到思想启发，树立崇高理想，涵养浩然之气．中华民族自古提倡阅读，讲究格物致知、诚意正心，传承中华民族生生不息的精神，塑造中国人民自信自强的品格．如图是某网站连续多年对其用户书籍阅读量的统计图，下列结论错误的是（ ）
A．2022年．人均纸质书籍阅读量为5本
B．2023年，人均电子书籍阅读量为11本
C．2024年，人均电子书籍阅读量是人均纸质书籍阅读量的3倍
D．2016年至2024年，人均电子书籍阅读量逐年上升
9．（3分）如图，一个圆形喷水池的中央竖直安装了一个柱形喷水装置OM，喷头M向外喷水，水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下，按如图所示的直角坐标系，水流喷出的高度y（m）与水平距离x（m）之间的关系式是y＝﹣x2+2x+74（x＞0），则水流喷出的最大高度是（ ）
A．3mB．2.75mC．2mD．1.75m
10．（3分）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，点D为边AB的中点．动点P从点A出发，沿边AC→CB方向匀速运动，运动到点B时停止．设点P的运动路程为x，△APD的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到CB的中点时，PD的长为（ ）
A．2B．2.5C．22D．4
二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分。
11．（3分）因式分解：x2﹣6x+9＝ ．
12．（3分）方程2xx−1=1的解是x＝ ．
13．（3分）已知点A（2，y1），B（6，y2）在反比例函数y=kx（k≠0）的图象上，如果y1＞y2，那么k＝ （请写出一个符合条件的k值）．
14．（3分）如图，把平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B落在点B′处，B′C与AD相交于点E，此时△CDE恰为等边三角形．若AB＝6cm，则AD＝ cm．
15．（3分）“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”．风筝古称纸鸢，起源于春秋战国时期，风筝制作技艺已被列入国家非物质文化遗产名录．为丰富校园生活，某校开展风筝制作活动，小言和哥哥制作了一大一小两个形状相同的风筝．风筝的形状如图所示，其中对角线AC⊥BD．已知大、小风筝的对应边之比为3：1，如果小风筝两条对角线的长分别为30cm和35cm，那么大风筝两条对角线长的和为 cm．
16．（3分）勾股树是一个可以无限生长的树形图形，它既展示了数学中的精确与秩序，还蕴含了自然界的生长与繁衍之美．如图是勾股树及它的形成过程，其中第1个图形是正方形，第2个图形是以这个正方形的边长为斜边在其外部构造一个直角三角形，再以这个直角三角形的两条直角边为边长，分别向外生成两个新的正方形，重复上述步骤得到第3个图形，……，则第5个图形中共有 个正方形．
三、解答题：本大题共6小题，共32分.解答时，应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（4分）计算：12−6×12．
18．（4分）解不等式组：2x+3≥−5x−2＜x+43．
19．（4分）化简：1x−1+x−1x+2÷(x−1)2x2−4．
20．（6分）如图1，月洞门是中国古典建筑中的一种圆形门洞，形如满月，故称“月洞门”，其形制可追溯至汉代，但真正在美学与功能上成熟于宋代，北宋建筑学家李诫编撰的《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术典籍之一．如图2是古人根据《营造法式》中的“五举法”作出的月洞门的设计图，月洞门呈圆弧形，用ACB表示，点O是ACB所在圆的圆心，
AB是月洞门的横跨，CD是月洞门的拱高．现在我们也可以用尺规作图的方法作出月洞门的设计图．如图3，已知月洞门的横跨为AB，拱高的长度为a．作法如下：
①作线段AB的垂直平分线MN，垂足为D；
②在射线DM上截取DC＝a；
③连接AC，作线段AC的垂直平分线交CD于点O；
④以点O为圆心，OC的长为半径作ACB．
则ACB就是所要作的圆弧．
请你依据以上步骤，用尺规作图的方法在图3中作出月洞门的设计图（保留作图痕迹，不写作法）．
21．（6分）如图是一个可以自由转动的转盘，转盘被等分成3个扇形，分别涂有“红、白、蓝”三种颜色，转盘指针固定．转动转盘，等转盘停止转动后，观察指针所落区域的颜色．若指针落在区域分界线上，则重新转动转盘．
（1）任意转动转盘一次，指针落在红色区域的概率为 ；
（2）任意转动转盘两次（第一次转动转盘，等转盘停止转动后，再第二次转动转盘），用画树状图或列表的方法求指针所落区域颜色不同的概率．
22．（8分）如图1，位于嘉峪关的长城第一墩，又称天下第一墩，是明代万里长城最西端的一座墩台，始建于明嘉靖十八年（1539年）．该墩台雄踞于讨赖河峡谷的悬崖之上，扼守丝绸之路咽喉要道，与嘉峪关关城、悬壁长城共同构成河西走廊的军事防御体系．随着岁月的变迁和自然的风化，长城第一墩的高度在慢慢降低．为了解长城第一墩的现存高度．某校同学们开展了“测量长城第一墩高度”的综合实践活动．如图2是他们测量长城第一墩高度AB的示意图，点A为最高点，点B、F，D是地面同一直线上的三个点（点D，F都在保护栅栏外），在D，F处分别用测角仪测得∠ACG＝16.7°，∠AEG＝22°，其中CD＝EF＝1.7m（测角仪的高度），DF＝CE＝5.5m，求长城第一墩的高度AB（结果精确到0.1m）．（参考数据：sin22°≈0.37，cs22°≈0.93，tan22°≈0.40，sin16.7°≈0.29，cs16.7°≈0.96，tan16.7°≈0.30）
四、解答题：本大题共5小题，共40分.解答时，应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
23．（7分）某校要从甲、乙两位射击队员中挑选一人参加比赛．在最近10次的选拔赛中，他们的射击成绩（单位：环）信息如下：
信息一：甲、乙队员的射击成绩
甲：10，8，8，10，6，8，6，9，10，8
乙：8，9，10，9，6，7，7，9，10，8
信息二：甲、乙队员射击成绩的部分统计量
根据以上信息，回答下列问题：
（1）写出表中m，n的值：m＝ ，n＝ ；
（2） 队员在射击选拔赛中发挥的更稳定（填“甲”或“乙”）；
（3）小瑜认为甲、乙两人射击成绩的平均数一样，推荐哪位队员参赛都可以．你认为他说得对吗？请说明理由（写出一条合理的理由即可）．
24．（7分）如图，一次函数y＝x+4的图象交x轴于点A，交反比例函数y=kx（k≠0，x＜0）的图象于点B（﹣1，a）．将一次函数y＝x+4的图象向下平移m（m＞0）个单位长度，所得的图象交x轴于点C．
（1）求反比例函数y=kx的表达式；
（2）当△ABC的面积为3时，求m的值．
25．（8分）如图，四边形ABCO的顶点A，B，C在⊙O上，∠BAO＝∠BCO，直径BE与弦AC相交于点F，点D是EB延长线上的一点，∠BCD=12∠AOB．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若四边形ABCO是平行四边形，EF＝3，求CD的长．
26．（8分）四边形ABCD是正方形，点E是边AD上一动点（点D除外），△EFG是直角三角形，EG＝EF，点G在CD的延长线上．
（1）如图1，当点E与点A重合，且点F在边BC上时，写出BF和DG的数量关系，并将明理由；
（2）如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形ABCD内部时，FE的延长线与BA的延长线交于点P，如果EF＝EP，写出AE和DG的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BF，写出BF和DG的数量关系，并说明理由．
27．（10分）如图1，抛物线y＝a（x+52）（x﹣4）（a≠0）分别与x轴，y轴交于A，B（0，﹣4）两点，M为OA的中点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）连接AB，过点M作OA的垂线，交AB于点C，交抛物线于点D，连接BD，求△BCD的面积；
（3）点E为线段AB上一动点（点A除外），将线段OE绕点O顺时针旋转90°得到OF．
①当AE=2时，请在图2中画出线段OF后，求点F的坐标，并判断点F是否在抛物线上，说明理由；
②如图3，点P是第四象限的一动点，∠OPA＝90°，连接PF，当点E运动时，求PF的最小值．
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确选项。
1．【解答】解：原式＝+（5﹣2）＝3，
故选：D．
2．【解答】解：451420000000＝4.5142×1011．
故选：C．
3．【解答】解：2a2+3a2＝5a2，则A不符合题意，
a6÷a2＝a4，则B不符合题意，
（a2）3＝a6，则C不符合题意，
（3a）2＝9a2，则D符合题意，
故选：D．
4．【解答】解：如图2所示，
∵a∥b，
∴旋转后∠2＝∠1＝80°，
∴要使木条a与b平行，木条a绕点A顺时针旋转的度数是110°﹣80°＝30°．
故选：A．
5．【解答】解：∵一元二次方程3x2﹣6x+m＝0有两个实数根，
∴Δ＝（﹣6）2﹣4×3m≥0，
∴m≤3．
故选：B．
6．【解答】解：设原多边形的边数为n，
则可得180（n﹣2）＝1620，
解得 n＝11，
按图示的剪法剪去一个内角后，
新多边形的边数比原多边形的边数多1，为12，
故选：A．
7．【解答】解：由圆内接四边形的性质可知：∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣7°＝110°，
∵AB=BC，
∴∠ADB＝∠BDC=12∠ADC＝55°．
故选：C．
8．【解答】解：由统计图可知，2022年人均纸质书籍阅读量为5本，故A正确；
2023年人均电子书籍阅读量为11本，故B正确；
2024年人均电子书籍阅读量为12.3本，人均纸质书籍阅读量为5.3本，
∵12.3÷5.3≈2.32，
∴2024年人均电子书籍阅读量不是人均纸质书籍阅读量的3倍，故C错误；
2016年至2024年人均电子书籍阅读量不是逐年上升的，故D正确．
故选：C．
9．【解答】解：y＝﹣x2+2x+74=−（x﹣1）2+1+74=−（x﹣1）2+114，
∵﹣1＜0，
∴当x＝1时，y取最大值，最大值为114，即2.75米，
故选：B．
10．【解答】解：根据题意动点P从点A出发，沿边AC→CB方向匀速运动过程中，△APD的面积先增大，再减小，
当点P运动到点C时，△APD的面积最大，
根据函数图象可得此时△APD的面积为4，
如图，
∵点D为边AB的中点，等腰直角三角形ABC，
∴S△ABC=2S△ADP=8=12AC2，
可得 AC＝4，
当点P运动到CB的中点时，如图，
∵点D为边AB的中点，
∴DP=12AC=2，
故选：A．
二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分。
11．【解答】解：x2﹣6x+9＝（x﹣3）2．
12．【解答】解：两边同时乘以（x﹣1），得2x＝x﹣1，解得x＝﹣1．
经检验：x＝﹣1是原方程的解．
故答案为：﹣1．
13．【解答】解：∵点A（2，y1），B（6，y2）且y1＞y2，
∴反比例函数的增减性是在每个象限内y随x的增大而减小，
∴k＞0，
不妨令k＝6，
故答案为：6（答案不唯一）．
14．【解答】解：∵△CDE为等边三角形，
∴DE＝DC＝EC，∠D＝∠CED＝60°，
根据折叠的性质，∠BCA＝∠B′CA，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD＝6cm，
∴∠EAC＝∠BCA，
∴∠EAC＝∠ECA，
∵∠CED＝∠EAC+∠ECA，
∴∠EAC＝30°，
∴∠ACD＝90°，
∴AD＝2CD＝12cm，
故答案为：12．
15．【解答】解：∵小风筝两条对角线的长分别为30cm和35cm，
∴小风筝两条对角线长的和为30+35＝65（cm），
∵小言和哥哥制作了一大一小两个形状相同的风筝，大、小风筝的对应边之比为3：1，
∴大风筝和小风筝相似，相似比为3：1，
∴大风筝两条对角线长的和：小风筝两条对角线长的和＝3：1，
∴大风筝两条对角线长的和＝3×65＝195（cm），
故答案为：195．
16．【解答】解：由图可知：第一个图形有1个正方形，
第2个图形有1+21＝3个正方形，
第3个图形有1+21+22＝7个正方形，
∴第5个图形中共有1+21+22+23+24＝31个正方形，
故答案为：31．
三、解答题：本大题共6小题，共32分.解答时，应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
17．【解答】解：原式＝23−3
=3．
18．【解答】解：2x+3≥−5①x−2＜x+43②，
由①得，x≥﹣4，
由②得，x＜5，
∴不等式组的解集为：﹣4≤x＜5．
19．【解答】解：原式=1x−1+x−1x+2•(x+2)(x−2)(x−1)2
=1x−1+x−2x−1
=x−1x−1
＝1．
20．【解答】解：如图3所示．
21．【解答】解：（1）由题意可得，
任意转动转盘一次，指针落在红色区域的概率为13，
故答案为：13；
（2）树状图如下：
由上可得，一共有9种等可能性，其中指针所落区域颜色不同的可能性有6种，
∴指针所落区域颜色不同的概率为69=23．
22．【解答】解：由题意得：CG⊥AB，CD＝EF＝BG＝1.7m，
设EG＝x m，
∵CE＝DF＝5.5m，
∴CG＝CE+EG＝（x+5.5）m，
在Rt△ACG中，∠ACG＝16.7°，
∴AG＝CG•tan16.7°≈0.3（x+5.5）m，
在Rt△AEG中，∠AEG＝22°，
∴AG＝EG•tan22°≈0.4x（m），
∴0.4x＝0.3（x+5.5），
解得：x＝16.5，
∴AG＝0.4x＝6.6（m），
∴AB＝AG+BG＝6.6+1.7≈8.3（m），
∴长城第一墩的高度AB约为8.3m．
四、解答题：本大题共5小题，共40分.解答时，应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
23．【解答】解：（1）乙运动员的成绩按照从小到大排列是：6，7，7，8，8，9，9，9，10，10，
所以乙的中位数m=8+92=8.5，
∴甲运动员成绩中8环的最多，故众数n＝8；
故答案为：8.5，8；
（2）∵甲的方差是2.01，乙的方差是1.61，1.61＜2.01，
∴乙队员在射击选拔赛中发挥的更稳定；
故答案为：乙；
（3）他说得不对，
理由：虽然甲、乙两人射击成绩的平均数一样，但是乙的方差比甲的小，说明乙队员在射击选拔赛中发挥的更稳定，所以应该推荐乙队员参赛．
24．【解答】解：（1）由题意得：﹣1+4＝a，
解得：a＝3，
∴点B坐标为（﹣1，3），代入比例函数y=kx得：k＝﹣3，
∴反比例函数的表达式为y=−3x；
（2）一次函数y＝x+4的图象向下平移m（m＞0）个单位长度后的图象的表达式为y＝x+4﹣m，
令y＝0得：x+4﹣m＝0，
解得：x＝m﹣4，
∴点C坐标为（m﹣4，0），
∵一次函数y＝x+4的图象交x轴于点A，
∴点A的坐标（﹣4，0），
∴AC＝m，
∵点B坐标为（﹣1，3），
∴S△ABC=12m⋅3=3，
∴m＝2．
25．【解答】（1）证明：∵OA＝OC＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，∠OBC＝∠OCB，
∵∠BAO＝∠BCO，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠OBC＝∠OCB，
∴∠AOB＝∠COB，
∴AB=BC，
连接CE，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠OCE+∠OCB＝90°，
∵OE＝OC，
∴∠E＝∠OCE，
∵∠E=12∠AOB，∠BCD=12∠AOB，
∴∠BCD＝∠ECO，
∴∠DCO＝∠DCB+∠BCO＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵四边形ABCO是平行四边形，OA＝OC，
∴四边形ABCO是菱形，
∴BC＝OC＝OB，AC⊥OB，OF=12OB=12OE，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
∴∠E=12∠BOC＝30°，
∵EF＝3，
∴OF＝1，OE＝2，
∴OC＝2，
∵∠DOC＝60°，
∴CD＝OC•tan60°＝2×3=23．
26．【解答】解：（1）BF＝DG，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵△EFG是直角三角形，EG＝EF，
∴∠FEG＝90°，
当点E与点A重合时，
则∠FAG＝90°＝∠BAD，
∴∠DAG＝∠BAF＝90°﹣∠DAF，
又∵AB＝AD，AG＝AF，
∴△ADG≌ABF，
∴BF＝DG；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠DAB＝90°，
∵点G在CD的延长线上，FE的延长线与BA的延长线交于点P，
∴∠PAE＝∠EDG＝90°，
∴∠P+∠AEP＝90°，
∵∠FEG＝∠DEF+∠DEG＝90°，∠AEP＝∠DEF，
∴∠P＝∠DEG，
∵EG＝EF，EF＝EP，
∴EG＝EP，
在△APE和△DEG中，
∠PAE=∠EDG=90°∠P=∠DEGEP=EG，
∴△PAE≌△EDG，
∴AE＝DG；
（3）BF=5DG，理由如下：
由（2）可知：△PAE≌△EDG，
∴AE＝DG，AP＝DE，
作FH⊥AB于点H，
则∠FHB＝∠FHA＝90°＝∠PAE，
∴AE∥FH，
∴PAAH=PEEF=1，
∴PA＝AH，
∵PE＝EF，
∴AE为△PHF 的中位线，
∴HF＝2AE，
∵AP＝DE，PA＝AH，
∴DE＝AH，
又∵AD＝AB，
∴AE＝BH，
在Rt△BHF中，由勾股定理，得：BF=HF2+BH2=5AE，
∵AE＝DG，
∴BF=5DG．
27．【解答】解：（1）把B（0，﹣4），代入y＝a（x+52）（x﹣4）（a≠0），
得﹣10a＝﹣4，
解得：a=25，
∴y=25(x+52)(x−4)=25x2−35x−4；
（2）当y=25(x+52)(x−4)=0时，
则x1=−52，x2＝4，
∴A（4，0），
∵M是OA的中点，
∴M（2，0），
∴OM＝2，
∵B（0，﹣4），
∴设直线AB的解析式为：y＝kx﹣4，把A（4，0），代入，
得k＝1，
∴y＝x﹣4，
∵点M作OA的垂线，交AB于点C，交抛物线于点D，
∴C（2，﹣2），D（2，−185），
∴CD=−2+185=85，
∴△BCD的面积=12CD⋅OM=12×2×85=85；
（3）①由题意，作图如下：
连接BF，作FQ⊥OB于点Q，
由（2）可知：OA＝OB＝4，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°
∵将线段OE绕点O顺时针旋转90°得到OF，
∴OE＝OF，∠EOF＝90°＝∠BOA，
∴∠AOE＝∠BOF，
又∵OA＝OB，OE＝OF，
∴△AOE≌△BOF（SAS），
∴∠OBF＝∠OAE＝45°，BF=AE=2，
∵FQ⊥OB，
∴△FQB为等腰直角三角形，
∴FQ=BQ=22BF=1，
∴OQ＝OB﹣BQ＝3，
∴F（﹣1，﹣3），
对于y=25x2−35x−4，
当x＝﹣1时，y=25+35−4=−3，
∴点F在抛物线上；
②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，MF，作MH⊥BG于点H，如图，
∵∠OPA＝90°，M为OA的中点，
∴PM=12OA=2，
∵PF≥MF﹣PM，
∴当M，P，F三点共线时，PF最小，
同①可得，∠OBF＝∠OAE＝45°，
∴点F在射线BG上运动，
∴当MF⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此时PF最小为MH﹣PM，
∵∠OBG＝45°，
∴△OBG为等腰直角三角形，
∴OG＝OB＝4，∠BGO＝45°
∴MG＝OG+OM＝6，△MHG为等腰直角三角形，
∴MH=22MG=32，
∴PF的最小值为MH−PM=32−2．
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平均数
中位数
众数
方差
甲
8.3
8
n
2.01
乙
8.3
m
9
1.61
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C．
D
A
B
A
C
C
B
A