2023-2024学年内蒙古翁牛特旗中考冲刺卷数学试题含解析

2023-2024学年内蒙古翁牛特旗中考冲刺卷数学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1．不等式4－2x＞0的解集在数轴上表示为（）A． B． C． D．2．一元二次方程x2﹣5x﹣6=0的根是（）A．x1=1，x2=6 B．x1=2，x2=3 C．x1=1，x2=﹣6 D．x1=﹣1，x2=63．下列各式中计算正确的是A． B． C． D．4．已知平面内不同的两点A（a+2，4）和B（3，2a+2）到x轴的距离相等，则a的值为(

)A．﹣3 B．﹣5 C．1或﹣3 D．1或﹣55．如图，动点P从(0，3)出发，沿所示方向运动，每当碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当点P第2018次碰到矩形的边时，点P的坐标为（）A．(1，4) B．(7，4) C．(6，4) D．(8，3)6．如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF，此时恰好四边形AEHB为菱形，连接CH交FG于点M，则HM=（）A． B．1 C． D．7．在平面直角坐标系中，点P（m﹣3，2﹣m）不可能在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限8．如图，已知直线AD是⊙O的切线，点A为切点，OD交⊙O于点B，点C在⊙O上，且∠ODA=36°，则∠ACB的度数为（）A．54°B．36°C．30°D．27°9．左下图是一些完全相同的小正方体搭成的几何体的三视图．这个几何体只能是（）A． B． C． D．10．如图是由5个大小相同的正方体组成的几何体，则该几何体的左视图是（）A． B．C． D．二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11．如果一个三角形有一条边上的高等于这条边的一半，那么我们把这个三角形叫做半高三角形．已知直角三角形ABC是半高三角形，且斜边AB=5，则它的周长等于_____．12．若代数式x2﹣6x+b可化为（x+a）2﹣5，则a+b的值为____．13．如图，在四边形中，，，，，，点从点出发以的速度向点运动，点从点出发以的速度向点运动，、两点同时出发，其中一点到达终点时另一点也停止运动．若，当__时，是等腰三角形．14．如图，边长为6cm的正三角形内接于⊙O，则阴影部分的面积为（结果保留π）_____．15．已知甲、乙两组数据的折线图如图，设甲、乙两组数据的方差分别为S甲2、S乙2，则S甲2__S乙2（填“＞”、“=”、“＜”）16．若反比例函数y＝﹣的图象经过点A(m，3)，则m的值是_____．17．如图所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．当点E、F在BC、CD上滑动时，则△CEF的面积最大值是____．三、解答题（共7小题，满分69分）18．（10分）实践体验：（1）如图1：四边形ABCD是矩形，试在AD边上找一点P，使△BCP为等腰三角形；（2）如图2：矩形ABCD中，AB=13，AD=12，点E在AB边上，BE=3,点P是矩形ABCD内或边上一点，且PE=5，点Q是CD边上一点，求PQ得最值；问题解决：（3）如图3，四边形ABCD中,AD∥BC，∠C=90°，AD=3，BC=6，DC=4,点E在AB边上，BE=2，点P是四边形ABCD内或边上一点，且PE=2，求四边形PADC面积的最值．19．（5分）如图，已知▱ABCD．作∠B的平分线交AD于E点。（用尺规作图法，保留作图痕迹，不要求写作法)；若▱ABCD的周长为10，CD=2，求DE的长。20．（8分）甲、乙、丙、丁四位同学进行乒乓球单打比赛，要从中选出两位同学打第一场比赛．若确定甲打第一场，再从其余三位同学中随机选取一位，恰好选中乙同学的概率是．若随机抽取两位同学，请用画树状图法或列表法，求恰好选中甲、乙两位同学的概率．21．（10分）黄石市在创建国家级文明卫生城市中，绿化档次不断提升．某校计划购进A，B两种树木共100棵进行校园绿化升级，经市场调查：购买A种树木2棵，B种树木5棵，共需600元；购买A种树木3棵，B种树木1棵，共需380元．（1）求A种，B种树木每棵各多少元；（2）因布局需要，购买A种树木的数量不少于B种树木数量的3倍．学校与中标公司签订的合同中规定：在市场价格不变的情况下（不考虑其他因素），实际付款总金额按市场价九折优惠，请设计一种购买树木的方案，使实际所花费用最省，并求出最省的费用．22．（10分）我市计划将某村的居民自来水管道进行改造．该工程若由甲队单独施工恰好在规定时间内完成；若由乙队单独施工，则完成工程所需天数是规定天数的1.5倍．如果由甲、乙两队先合做10天，那么余下的工程由乙队单独完成还需5天．这项工程的规定时间是多少天？已知甲队每天的施工费用为6500元，乙队每天的施工费用为3500元．为了缩短工期以减少对居民用水的影响，工程指挥部最终决定该工程由甲、乙两队合做来完成．则该工程施工费用是多少？23．（12分）已知抛物线y=a（x-1）2+3（a≠0）与y轴交于点A（0,2），顶点为B，且对称轴l1与x轴交于点M（1）求a的值，并写出点B的坐标；（2）将此抛物线向右平移所得新的抛物线与原抛物线交于点C，且新抛物线的对称轴l2与x轴交于点N，过点C做DE∥x轴，分别交l1、l2于点D、E，若四边形MDEN是正方形，求平移后抛物线的解析式.24．（14分）讲授“轴对称”时，八年级教师设计了如下：四种教学方法：①教师讲，学生听②教师让学生自己做③教师引导学生画图发现规律④教师让学生对折纸，观察发现规律，然后画图为调查教学效果，八年级教师将上述教学方法作为调研内容发到全年级8个班420名同学手中，要求每位同学选出自己最喜欢的一种．他随机抽取了60名学生的调查问卷，统计如图(1)请将条形统计图补充完整；(2)计算扇形统计图中方法③的圆心角的度数是；(3)八年级同学中最喜欢的教学方法是哪一种？选择这种教学方法的约有多少人？

参考答案一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1、D【解析】

根据解一元一次不等式基本步骤：移项、系数化为1可得．【详解】移项，得：-2x＞-4，

系数化为1，得：x＜2，

故选D．【点睛】考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．2、D【解析】

本题应对原方程进行因式分解，得出（x-6）（x+1）=1，然后根据“两式相乘值为1，这两式中至少有一式值为1．”来解题．【详解】x2-5x-6=1（x-6）（x+1）=1x1=-1，x2=6故选D．【点睛】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的提点灵活选用合适的方法．本题运用的是因式分解法．3、B【解析】

根据完全平方公式对A进行判断；根据幂的乘方与积的乘方对B、C进行判断；根据合并同类项对D进行判断．【详解】A.，故错误.B.,正确.C.，故错误.D.,故错误.故选B.【点睛】考查完全平方公式，合并同类项，幂的乘方与积的乘方，熟练掌握它们的运算法则是解题的关键.4、A【解析】分析：根据点A（a＋2，4）和B（3，2a＋2）到x轴的距离相等，得到4＝|2a＋2|，即可解答．详解：∵点A（a＋2，4）和B（3，2a＋2）到x轴的距离相等，∴4＝|2a＋2|，a＋2≠3，解得：a＝−3，故选A．点睛：考查点的坐标的相关知识；用到的知识点为：到x轴和y轴的距离相等的点的横纵坐标相等或互为相反数．5、B【解析】如图，经过6次反弹后动点回到出发点（0，3），∵2018÷6=336…2，∴当点P第2018次碰到矩形的边时为第336个循环组的第2次反弹，点P的坐标为（7，4）．故选C．6、D【解析】

由旋转的性质得到AB=BE，根据菱形的性质得到AE=AB，推出△ABE是等边三角形，得到AB=3，AD=，根据三角函数的定义得到∠BAC=30°，求得AC⊥BE，推出C在对角线AH上，得到A，C，H共线，于是得到结论．【详解】如图，连接AC交BE于点O，∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形EBGF，∴AB=BE，∵四边形AEHB为菱形，∴AE=AB，∴AB=AE=BE，∴△ABE是等边三角形，∵AB=3，AD=，∴tan∠CAB=，∴∠BAC=30°，∴AC⊥BE，∴C在对角线AH上，∴A，C，H共线，∴AO=OH=AB=，∵OC=BC=，∵∠COB=∠OBG=∠G=90°，∴四边形OBGM是矩形，∴OM=BG=BC=，∴HM=OH﹣OM=，故选D．【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形的应用等，熟练掌握和灵活运用相关的知识是解题的关键.7、A【解析】

分点P的横坐标是正数和负数两种情况讨论求解．【详解】①m-3＞0，即m＞3时，2-m＜0，所以，点P（m-3，2-m）在第四象限；②m-3＜0，即m＜3时，2-m有可能大于0，也有可能小于0，点P（m-3，2-m）可以在第二或三象限，综上所述，点P不可能在第一象限．故选A．【点睛】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．8、D【解析】解：∵AD为圆O的切线，∴AD⊥OA，即∠OAD=90°，∵∠ODA=36°，∴∠AOD=54°，∵∠AOD与∠ACB都对，∴∠ACB=∠AOD=27°．故选D．9、A【解析】试题分析：根据几何体的主视图可判断C不合题意；根据左视图可得B、D不合题意，因此选项A正确，故选A．考点：几何体的三视图10、B【解析】

找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．【详解】解：从左面看易得下面一层有2个正方形，上面一层左边有1个正方形．故选：B．【点睛】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11、5+3或5+5．【解析】

分两种情况讨论：①Rt△ABC中，CD⊥AB，CD=AB=；②Rt△ABC中，AC=BC，分别依据勾股定理和三角形的面积公式，即可得到该三角形的周长为5+3或5+5．【详解】由题意可知，存在以下两种情况：（1）当一条直角边是另一条直角边的一半时，这个直角三角形是半高三角形，此时设较短的直角边为a，则较长的直角边为2a，由勾股定理可得：，解得：，∴此时较短的直角边为，较长的直角边为，∴此时直角三角形的周长为：；（2）当斜边上的高是斜边的一半是，这个直角三角形是半高三角形，此时设两直角边分别为x、y，这有题意可得：①，②S△=，∴③，由①+③得：，即，∴，∴此时这个直角三角形的周长为：.综上所述，这个半高直角三角形的周长为：或.故答案为或.【点睛】（1）读懂题意，弄清“半高三角形”的含义是解题的基础；（2）根据题意，若直角三角形是“半高三角形”，则存在两种情况：①一条直角边是另一条直角边的一半；②斜边上的高是斜边的一半；解题时这两种情况都要讨论，不要忽略了其中一种.12、1【解析】

根据题意找到等量关系x2﹣6x+b=（x+a）2﹣5，根据系数相等求出a,b,即可解题.【详解】解：由题可知x2﹣6x+b=（x+a）2﹣5，整理得：x2﹣6x+b=x2+2ax+a2-5,即-6=2a,b=a2-5,解得：a=-3,b=4,∴a+b=1.【点睛】本题考查了配方法的实际应用,属于简单题,找到等量关系求出a,b是解题关键.13、或．【解析】

根据题意，用时间t表示出DQ和PC，然后根据等腰三角形腰的情况分类讨论，①当时，画出对应的图形，可知点在的垂直平分线上，QE=，AE=BP，列出方程即可求出t；②当时，过点作于，根据勾股定理求出PQ，然后列出方程即可求出t．【详解】解：由运动知，，，，，，，是等腰三角形，且，①当时，过点P作PE⊥AD于点E点在的垂直平分线上，QE=，AE=BP，，，②当时，如图，过点作于，，，，，四边形是矩形，，，，在中，，，，点在边上，不和重合，，，此种情况符合题意，即或时，是等腰三角形．故答案为：或．【点睛】此题考查的是等腰三角形的定义和动点问题，掌握等腰三角形的定义和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．14、（4π﹣3）cm1【解析】

连接OB、OC，作OH⊥BC于H，根据圆周角定理可知∠BOC的度数，根据等边三角形的性质可求出OB、OH的长度，利用阴影面积=S扇形OBC-S△OBC即可得答案【详解】：连接OB、OC，作OH⊥BC于H，则BH=HC=BC=3，∵△ABC为等边三角形，∴∠A=60°，由圆周角定理得，∠BOC=1∠A=110°，∵OB=OC，∴∠OBC=30°，∴OB==1，OH=，∴阴影部分的面积=﹣×6×=4π﹣3，故答案为：（4π﹣3）cm1．【点睛】本题主要考查圆周角定理及等边三角形的性质，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半；熟练掌握圆周角定理是解题关键.15、＞【解析】

要比较甲、乙方差的大小，就需要求出甲、乙的方差；首先根据折线统计图结合根据平均数的计算公式求出这两组数据的平均数；接下来根据方差的公式求出甲、乙两个样本的方差，然后比较即可解答题目.【详解】甲组的平均数为：=4，S甲2=×[(3-4)2+(6-4)2+(2-4)2+(6-4)2+(4-4)2+(3-4)2]=，乙组的平均数为：=4，S乙2=×[(4-4)2+(3-4)2+(5-4)2+(3-4)2+(4-4)2+(5-4)2]=，∵＞，∴S甲2＞S乙2.故答案为：>.【点睛】本题考查的知识点是方差,算术平均数,折线统计图，解题的关键是熟练的掌握方差,算术平均数,折线统计图.16、﹣2【解析】∵反比例函数的图象过点A（m，3），∴，解得.17、【解析】解：如图，连接AC，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°，∴∠1=∠3，∵∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD为等边三角形，∴∠4=60°，AC=AB．在△ABE和△ACF中，∵∠1=∠3，AC=AC，∠ABC=∠4，∴△ABE≌△ACF（ASA），∴S△ABE=S△ACF，∴S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值，作AH⊥BC于H点，则BH=2，∴S四边形AECF=S△ABC=BC•AH=BC•=，由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短，∴△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又∵S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大，∴S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF=﹣××=．故答案为：.点睛：本题主要考查了菱形的性质、全等三角形判定与性质及三角形面积的计算，根据△ABE≌△ACF，得出四边形AECF的面积是定值是解题的关键．三、解答题（共7小题，满分69分）18、（1）见解析;（2）PQmin=7，PQmax=13;（3）Smin=，Smax=18.【解析】

（1）根据全等三角形判定定理求解即可.（2）以E为圆心，以5为半径画圆，①当E、P、Q三点共线时最PQ最小，②当P点在位置时PQ最大，分类讨论即可求解.（3）以E为圆心，以2为半径画圆，分类讨论出P点在位置时，四边形PADC面积的最值即可.【详解】（1）当P为AD中点时，，△BCP为等腰三角形.（2）以E为圆心，以5为半径画圆①当E、P、Q三点共线时最PQ最小，PQ的最小值是12-5=7.②当P点在位置时PQ最大，PQ的最大值是（3）以E为圆心，以2为半径画圆.当点p为位置时，四边形PADC面积最大.当点p为位置时，四边形PADC最小=四边形+三角形=.【点睛】本题主要考查了等腰三角形性质，直线，面积最值问题，数形结合思想是解题关键.19、（1）作图见解析；（2）1【解析】

（1）以点B为圆心，任意长为半径画弧分别与AB、BC相交。然后再分别以交点为圆心，以交点间的距离为半径分别画弧，两弧相交于一点，画出射线BE即得.（2）根据平行四边形的对边相等，可得AB+AD=5，由两直线平行内错角相等可得∠AEB=∠EBC，利用角平分线即得∠ABE=∠EBC，即证∠AEB=∠ABE.根据等角对等边可得AB=AE=2，从而求出ED的长.【详解】（1）解：如图所示：（2）解：∵平行四边形ABCD的周长为10∴AB+AD=5∵AD//BC∴∠AEB=∠EBC又∵BE平分∠ABC∴∠ABE=∠EBC∴∠AEB=∠ABE∴AB=AE=2∴ED=AD-AE=3-2=1【点睛】此题考查作图-基本作图和平行四边形的性质，解题关键在于掌握作图法则20、(1)13;(2)【解析】

1）由题意可得共有乙、丙、丁三位同学，恰好选中乙同学的只有一种情况，则可利用概率公式求解即可求得答案；

（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好选中甲、乙两位同学的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．【详解】解:(1)∵甲、乙、丙、丁四位同学进行一次乒乓球单打比赛,确定甲打第一场,再从其余的三位同学中随机选取一位,∴恰好选到丙的概率是:13(2)画树状图得:∵共有12种等可能的结果,恰好选中甲、乙两人的有2种情况,∴恰好选中甲、乙两人的概率为:2【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．21、(1)A种树每棵2元，B种树每棵80元；(2)当购买A种树木1棵，B种树木25棵时，所需费用最少，最少为8550元．【解析】

（1）设A种树每棵x元，B种树每棵y元，根据“购买A种树木2棵，B种树木5棵，共需600元；购买A种树木3棵，B种树木1棵，共需380元”列出方程组并解答；（2）设购买A种树木为x棵，则购买B种树木为（2-x）棵，根据“购买A种树木的数量不少于B种树木数量的3倍”列出不等式并求得x的取值范围，结合实际付款总金额=0.9（A种树的金额+B种树的金额）进行解答．【详解】解：（1）设A种树木每棵x元，B种树木每棵y元，根据题意，得，解得，答：A种树木每棵2元，B种树木每棵80元．（2）设购买A种树木x棵，则B种树木（2－x）棵，则x≥3（2－x）．解得x≥1．又2－x≥0，解得x≤2．∴1≤x≤2．设实际付款总额是y元，则y＝0.9[2x＋80（2－x）]．即y＝18x＋73．∵18＞0，y随x增大而增大，∴当x＝1时，y最小为18×1＋73＝8550（元）．答：当购买A种树木1棵，B种树木25棵时，所需费用最少，为8550元．22、（1）这项工程规定的时间是20天；（2）该工程施工费用是120000元【解析】

（1）设这项工程的规定时间是x天，根据甲、乙队先合做10天，余下的工程由甲队单独需要5天完成，可得出方程，解出即可．

（2）先计算甲、乙合作需要的时间，然后计算费用即可．【详解】解：（1）设这项工程规定的时间是x天根据题意，得解得x＝