广东省茂名市2026年初中数学毕业考试模拟冲刺卷（含答案解析）

这是一份广东省茂名市2026年初中数学毕业考试模拟冲刺卷（含答案解析），共9页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，正六边形ABCDEF中，P、Q两点分别为△ACF、△CEF的内心．若AF=2，则PQ的长度为何？（ ）
A．1B．2C．2﹣2D．4﹣2
2．如图是小强用八块相同的小正方体搭建的一个积木，它的左视图是（ ）
A．B．C．D．
3．点P（4，﹣3）关于原点对称的点所在的象限是（ ）
A．第四象限B．第三象限C．第二象限D．第一象限
4．已知一个等腰三角形的两边长分别是2和4，则该等腰三角形的周长为（ ）
A．8或10B．8C．10D．6或12
5．某校120名学生某一周用于阅读课外书籍的时间的频率分布直方图如图所示．其中阅读时间是8~10小时的频数和频率分别是（ ）
A．15，0.125B．15，0.25C．30，0.125D．30，0.25
6．用铝片做听装饮料瓶，现有100张铝片，每张铝片可制瓶身16个或制瓶底45个，一个瓶身和两个瓶底可配成一套，设用张铝片制作瓶身，则可列方程（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，在平行四边形ABCD中，F是边AD上的一点，射线CF和BA的延长线交于点E，如果，那么的值是（ ）
A．B．C．D．
8．如图所示，点E是正方形ABCD内一点，把△BEC绕点C旋转至△DFC位置，则∠EFC的度数是( )
A．90°B．30°C．45°D．60°
9．如图，将边长为2cm的正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的横坐标为1，则点C的坐标为（ ）
A．（，-1）B．（2，﹣1）C．（1，-）D．（﹣1，）
10．如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，F是AB中点，以点A为圆心，AD为半径作弧交AB于点E，以点B为圆心，BF为半径作弧交BC于点G，则图中阴影部分面积的差S1－S2为( )
A．B．C．D．6
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．用科学计数器计算：2×sin15°×cs15°= _______（结果精确到0.01）.
12．如果x3nym+4与﹣3x6y2n是同类项，那么mn的值为_____．
13．如图，AB∥CD，∠1=62°,FG平分∠EFD，则∠2= .
14．计算：2sin245°﹣tan45°＝______．
15．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE.若点D在线段BC的延长线上，则的大小为________.
16．图中圆心角∠AOB=30°，弦CA∥OB，延长CO与圆交于点D，则∠BOD= ．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A（-1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，线段BC与抛物线的对称轴交于点E、P为线段BC上的一点（不与点B、C重合），过点P作PF∥y轴交抛物线于点F，连结DF．设点P的横坐标为m．
（1）求此抛物线所对应的函数表达式．
（2）求PF的长度，用含m的代数式表示．
（3）当四边形PEDF为平行四边形时，求m的值．
18．（8分）如图，已知A（﹣4，），B（﹣1，m）是一次函数y=kx+b与反比例函数y=图象的两个交点，AC⊥x轴于点C，BD⊥y轴于点D．
（1）求m的值及一次函数解析式；
（2）P是线段AB上的一点，连接PC、PD，若△PCA和△PDB面积相等，求点P坐标．
19．（8分）如图1，在等边三角形中，为中线，点在线段上运动，将线段绕点顺时针旋转，使得点的对应点落在射线上，连接，设（且）．
（1）当时，
①在图1中依题意画出图形，并求（用含的式子表示）；
②探究线段，，之间的数量关系，并加以证明；
（2）当时，直接写出线段，，之间的数量关系．
20．（8分）如图，以D为顶点的抛物线y=﹣x2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线BC的表达式为y=﹣x+1．求抛物线的表达式；在直线BC上有一点P，使PO+PA的值最小，求点P的坐标；在x轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
21．（8分）解分式方程：=
22．（10分）某中学开展“汉字听写大赛”活动，为了解学生的参与情况，在该校随机抽取了四个班级学生进行调查，将收集的数据整理并绘制成图1和图2两幅尚不完整的统计图，请根据图中的信息，解答下列问题：
（1）这四个班参与大赛的学生共__________人；
（2）请你补全两幅统计图；
（3）求图1中甲班所对应的扇形圆心角的度数；
（4）若四个班级的学生总数是160人，全校共2000人，请你估计全校的学生中参与这次活动的大约有多少人.
23．（12分）某手机经销商计划同时购进一批甲、乙两种型号的手机，若购进2部甲型号手机和1部乙型号手机，共需要资金2800元；若购进3部甲型号手机和2部乙型号手机，共需要资金4600元 求甲、乙型号手机每部进价为多少元？ 该店计划购进甲、乙两种型号的手机销售，预计用不多于1.8万元且不少于1.74万元的资金购进这两部手机共20台，请问有几种进货方案？请写出进货方案 售出一部甲种型号手机，利润率为40%，乙型号手机的售价为1280元．为了促销，公司决定每售出一台乙型号手机，返还顾客现金m元，而甲型号手机售价不变，要使(2)中所有方案获利相同，求m的值
24．如图，在中，点是的中点，点是线段的延长线上的一动点，连接，过点作的平行线，与线段的延长线交于点，连接、.
求证：四边形是平行四边形.若，，则在点的运动过程中：
①当______时，四边形是矩形；
②当______时，四边形是菱形.
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、C
【解析】
先判断出PQ⊥CF，再求出AC=2，AF=2，CF=2AF=4，利用△ACF的面积的两种算法即可求出PG，然后计算出PQ即可.
【详解】
解：如图，连接PF，QF，PC，QC
∵P、Q两点分别为△ACF、△CEF的内心，
∴PF是∠AFC的角平分线，FQ是∠CFE的角平分线，
∴∠PFC=∠AFC=30°，∠QFC=∠CFE=30°，
∴∠PFC=∠QFC=30°，
同理，∠PCF=∠QCF
∴PQ⊥CF，
∴△PQF是等边三角形，
∴PQ=2PG；
易得△ACF≌△ECF，且内角是30º，60º，90º的三角形，
∴AC=2，AF=2，CF=2AF=4，
∴S△ACF=AF×AC=×2×2=2，
过点P作PM⊥AF，PN⊥AC，PQ交CF于G，
∵点P是△ACF的内心，
∴PM=PN=PG，
∴S△ACF=S△PAF+S△PAC+S△PCF
=AF×PM+AC×PN+CF×PG
=×2×PG+×2×PG+×4×PG
=（1++2）PG
=（3+）PG
=2，
∴PG==，
∴PQ=2PG=2()=2-2.
故选C.
本题是三角形的内切圆与内心，主要考查了三角形的内心的特点，三角形的全等，解本题的关键是知道三角形的内心的意义.
2、D
【解析】
左视图从左往右，2列正方形的个数依次为2，1，依此得出图形D正确．故选D．
【详解】
请在此输入详解！
3、C
【解析】
由题意得点P的坐标为（﹣4，3），根据象限内点的符号特点可得点P1的所在象限．
【详解】
∵设P（4，﹣3）关于原点的对称点是点P1，
∴点P1的坐标为（﹣4，3），
∴点P1在第二象限．
故选 C
本题主要考查了两点关于原点对称，这两点的横纵坐标均互为相反数；符号为（﹣，+）的点在第二象限．
4、C
【解析】
试题分析：①4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、4，∵4+4=4，∴不能组成三角形，
②4是底边时，三角形的三边分别为4、4、4，能组成三角形，周长=4+4+4=4，
综上所述，它的周长是4．故选C．
考点：4．等腰三角形的性质；4．三角形三边关系；4．分类讨论．
5、D
【解析】
分析：
根据频率分布直方图中的数据信息和被调查学生总数为120进行计算即可作出判断.
详解：
由频率分布直方图可知：一周内用于阅读的时间在8-10小时这组的：频率：组距=0.125，而组距为2，
∴一周内用于阅读的时间在8-10小时这组的频率=0.125×2=0.25，
又∵被调查学生总数为120人，
∴一周内用于阅读的时间在8-10小时这组的频数=120×0.25=30.
综上所述，选项D中数据正确.
故选D.
点睛：本题解题的关键有两点：（1）要看清，纵轴上的数据是“频率：组距”的值，而不是频率；（2）要弄清各自的频数、频率和总数之间的关系.
6、C
【解析】
设用张铝片制作瓶身，则用张铝片制作瓶底，可作瓶身16x个，瓶底个，再根据一个瓶身和两个瓶底可配成一套，即可列出方程.
【详解】
设用张铝片制作瓶身，则用张铝片制作瓶底，
依题意可列方程
故选C.
此题主要考查一元一次方程的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系.
7、D
【解析】
分析：根据相似三角形的性质进行解答即可．
详解：∵在平行四边形ABCD中，
∴AE∥CD，
∴△EAF∽△CDF，
∵
∴
∴
∵AF∥BC，
∴△EAF∽△EBC，
∴
故选D.
点睛：考查相似三角形的性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方.
8、C
【解析】
根据正方形的每一个角都是直角可得∠BCD=90°，再根据旋转的性质求出∠ECF=∠BCD=90°，CE=CF，然后求出△CEF是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质解答．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∵△BEC绕点C旋转至△DFC的位置，
∴∠ECF=∠BCD=90°，CE=CF，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴∠EFC=45°.
故选：C.
本题目是一道考查旋转的性质问题——每对对应点到旋转中心的连线的夹角都等于旋转角度，每对对应边相等，故 为等腰直角三角形.
9、A
【解析】
作AD⊥y轴于D，作CE⊥y轴于E，则∠ADO=∠OEC=90°，得出∠1+∠1=90°，由正方形的性质得出OC=AO，∠1+∠3=90°，证出∠3=∠1，由AAS证明△OCE≌△AOD，得到OE=AD=1，CE=OD=，即可得出结果．
【详解】
解：作AD⊥y轴于D，作CE⊥y轴于E，如图所示：
则∠ADO=∠OEC=90°，∴∠1+∠1=90°．
∵AO=1，AD=1，∴OD=，∴点A的坐标为（1，），∴AD=1，OD=．
∵四边形OABC是正方形，∴∠AOC=90°，OC=AO，∴∠1+∠3=90°，∴∠3=∠1．
在△OCE和△AOD中，∵，∴△OCE≌△AOD（AAS），∴OE=AD=1，CE=OD=，∴点C的坐标为（，﹣1）．
故选A．
本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键．
10、A
【解析】
根据图形可以求得BF的长，然后根据图形即可求得S1-S2的值．
【详解】
∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，F是AB中点，
∴BF=BG=2，
∴S1=S矩形ABCD-S扇形ADE-S扇形BGF+S2，
∴S1-S2=4×3-=，
故选A．
本题考查扇形面积的计算、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、0.50
【解析】
直接使用科学计算器计算即可，结果需保留二位有效数字.
【详解】
用科学计算器计算得0.5，
故填0.50，
此题主要考查科学计算器的使用，注意结果保留二位有效数字.
12、0
【解析】
根据同类项的特点，可知3n=6，解得n=2，m+4=2n，解得m=0，所以mn=0.
故答案为0
点睛：此题主要考查了同类项，解题关键是会判断同类项，注意：同类项中含有相同的字母，相同字母的指数相同.
13、31°．
【解析】
试题分析：由AB∥CD，根据平行线的性质得∠1=∠EFD=62°，然后根据角平分线的定义即可得到∠2的度数．
∵AB∥CD，
∴∠1=∠EFD=62°，
∵FG平分∠EFD，
∴∠2=∠EFD=×62°=31°．
故答案是31°．
考点：平行线的性质．
14、0
【解析】
原式==0，
故答案为0.
15、40°
【解析】
根据旋转的性质可得出AB＝AD、∠BAD＝100°，再根据等腰三角形的性质可求出∠B的度数，此题得解．
【详解】
根据旋转的性质，可得：AB＝AD，∠BAD＝100°，
∴∠B＝∠ADB＝×（180°−100°）＝40°．
故填：40°.
本题考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质，根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求出∠B的度数是解题的关键．
16、30°
【解析】
试题分析：∵CA∥OB，∠AOB=30°，∴∠CAO=∠AOB=30°．
∵OA=OC，∴∠C=∠OAC=30°．
∵∠C和∠AOD是同弧所对的圆周角和圆心角，∴∠AOD=2∠C=60°．
∴∠BOD=60°－30°=30°．
三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）y=-x2+2x+1；（2）-m2+1m．（1）2.
【解析】
（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据自变量与函数值的对应关系，可得C点坐标，根据平行于y轴的直线上两点之间的距离是较大的纵坐标减较的纵坐标，可得答案；
（1）根据自变量与函数值的对应关系，可得F点坐标，根据平行于y轴的直线上两点之间的距离是较大的纵坐标减较的纵坐标，可得DE的长，根据平行四边形的对边相等，可得关于m的方程，根据解方程，可得m的值．
【详解】
解：（1）∵点A（-1，0），点B（1，0）在抛物线y=-x2+bx+c上，
∴，解得，
此抛物线所对应的函数表达式y=-x2+2x+1；
（2）∵此抛物线所对应的函数表达式y=-x2+2x+1，
∴C（0，1）．
设BC所在的直线的函数解析式为y=kx+b，将B、C点的坐标代入函数解析式，得
，解得，
即BC的函数解析式为y=-x+1．
由P在BC上，F在抛物线上，得
P（m，-m+1），F（m，-m2+2m+1）．
PF=-m2+2m+1-（-m+1）=-m2+1m．
（1）如图
，
∵此抛物线所对应的函数表达式y=-x2+2x+1，
∴D（1，4）．
∵线段BC与抛物线的对称轴交于点E，
当x=1时，y=-x+1=2，
∴E（1，2），
∴DE=4-2=2．
由四边形PEDF为平行四边形，得
PF=DE，即-m2+1m=2，
解得m1=1，m2=2．
当m=1时，线段PF与DE重合，m=1（不符合题意，舍）．
当m=2时，四边形PEDF为平行四边形．
考点：二次函数综合题．
18、（1）m=2；y=x+；（2）P点坐标是（﹣，）．
【解析】
（1）利用待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式；
（2）设点P的坐标为根据面积公式和已知条件列式可求得的值，并根据条件取舍，得出点P的坐标．
【详解】
解：（1）∵反比例函数的图象过点
∴
∵点B（﹣1，m）也在该反比例函数的图象上，
∴﹣1•m=﹣2，
∴m=2；
设一次函数的解析式为y=kx+b，
由y=kx+b的图象过点A，B（﹣1，2），则
解得：
∴一次函数的解析式为
（2）连接PC、PD，如图，设
∵△PCA和△PDB面积相等，
∴
解得：
∴P点坐标是
本题考查待定系数法求反比例函数以及一次函数解析式，反比例函数与一次函数的交点问题，熟练掌握待定系数法是解题的关键.
19、（1）①；②；（2）
【解析】
（1）①先根据等边三角形的性质的，进而得出，最后用三角形的内角和定理即可得出结论；②先判断出，得出，再判断出是底角为30度的等腰三角形，再构造出直角三角形即可得出结论；（2）同②的方法即可得出结论．
【详解】
（1）当时，
①画出的图形如图1所示，
∵为等边三角形，
∴．
∵为等边三角形的中线
∴是的垂直平分线，
∵为线段上的点，
∴．
∵，
∴，．
∵线段为线段绕点顺时针旋转所得，
∴．
∴．
∴，
∴；
②；
如图2，延长到点，使得，连接，作于点．
∵，点在上，
∴．
∵点在的延长线上，，
∴．
∴．
又∵，，
∴．
∴．
∵于点，
∴，．
∵在等边三角形中，为中线，点在上，
∴，
即为底角为的等腰三角形．
∴．
∴．
（2）如图3，当时，
在上取一点使，
∵为等边三角形，
∴．
∵为等边三角形的中线，
∵为线段上的点，
∴是的垂直平分线，
∴．
∵，
∴，．
∵线段为线段绕点顺时针旋转所得，
∴．
∴．
∴，
又∵，，
∴．
∴．
∵于点，
∴，．
∵在等边三角形中，为中线，点在上，
∴，
∴．
∴．
此题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．
20、（1）y=﹣x2+2x+1；（2）P ( ,)；（1）当Q的坐标为（0，0）或（9，0）时，以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似．
【解析】
（1）先求得点B和点C的坐标，然后将点B和点C的坐标代入抛物线的解析式得到关于b、c的方程，从而可求得b、c的值；（2）作点O关于BC的对称点O′，则O′（1，1），则OP+AP的最小值为AO′的长，然后求得AO′的解析式，最后可求得点P的坐标；（1）先求得点D的坐标，然后求得CD、BC、BD的长，依据勾股定理的逆定理证明△BCD为直角三角形，然后分为△AQC∽△DCB和△ACQ∽△DCB两种情况求解即可．
【详解】
（1）把x=0代入y=﹣x+1，得：y=1，
∴C（0，1）．
把y=0代入y=﹣x+1得：x=1，
∴B（1，0），A（﹣1，0）.
将C（0，1）、B（1，0）代入y=﹣x2+bx+c得： ，解得b=2，c=1．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+1．
（2）如图所示：作点O关于BC的对称点O′，则O′（1，1）．
∵O′与O关于BC对称，
∴PO=PO′．
∴OP+AP=O′P+AP≤AO′．
∴OP+AP的最小值=O′A==2．
O′A的方程为y=
P点满足解得：
所以P ( ,)
（1）y=﹣x2+2x+1=﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）．
又∵C（0，1，B（1，0），
∴CD=，BC=1，DB=2．
∴CD2+CB2=BD2，
∴∠DCB=90°．
∵A（﹣1，0），C（0，1），
∴OA=1，CO=1．
∴．
又∵∠AOC=DCB=90°，
∴△AOC∽△DCB．
∴当Q的坐标为（0，0）时，△AQC∽△DCB．
如图所示：连接AC，过点C作CQ⊥AC，交x轴与点Q．
∵△ACQ为直角三角形，CO⊥AQ，
∴△ACQ∽△AOC．
又∵△AOC∽△DCB，
∴△ACQ∽△DCB．
∴，即，解得：AQ=3．
∴Q（9，0）．
综上所述，当Q的坐标为（0，0）或（9，0）时，以A、C、Q为顶点的三角形与△BCD相似．
本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是掌握待定系数法求二次函数的解析式、轴对称图形的性质、相似三角形的性质和判定，分类讨论的思想．
21、x=1
【解析】
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】
方程两边都乘以x（x﹣2），得：x=1（x﹣2），
解得：x=1，
检验：x=1时，x（x﹣2）=1×1=1≠0，
则分式方程的解为x=1．
本题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
22、（1）100；（2）见解析；（3）108°；（4）1250.
【解析】
试题分析：（1）根据乙班参赛30人，所占比为20%，即可求出这四个班总人数；
（2）根据丁班参赛35人，总人数是100，即可求出丁班所占的百分比，再用整体1减去其它所占的百分比，即可得出丙所占的百分比，再乘以参赛得总人数，即可得出丙班参赛得人数，从而补全统计图；
（3）根据甲班级所占的百分比，再乘以360°，即可得出答案；
（4）根据样本估计总体，可得答案．
试题解析：（1）这四个班参与大赛的学生数是：
30÷30%=100（人）；
故答案为100；
（2）丁所占的百分比是：×100%=35%，
丙所占的百分比是：1﹣30%﹣20%﹣35%=15%，
则丙班得人数是：100×15%=15（人）；
如图：
（3）甲班级所对应的扇形圆心角的度数是：30%×360°=108°；
（4）根据题意得：2000×=1250（人）．
答：全校的学生中参与这次活动的大约有1250人．
考点：条形统计图；扇形统计图；样本估计总体.
23、 (1) 甲种型号手机每部进价为1000元，乙种型号手机每部进价为800元；(2) 共有四种方案；(3) 当m＝80时，w始终等于8000，取值与a无关
【解析】
（1）设甲种型号手机每部进价为x元，乙种型号手机每部进价为y元根据题意列方程组求出x、y的值即可；（2）设购进甲种型号手机a部，这购进乙种型号手机(20－a)部，根据题意列不等式组求出a的取值范围，根据a为整数求出a的值即可明确方案（3）
利用利润=单个利润数量，用a表示出利润W，当利润与a无关时，（2）中的方案利润相同，求出m值即可；
【详解】
(1) 设甲种型号手机每部进价为x元，乙种型号手机每部进价为y元，
，解得，
(2) 设购进甲种型号手机a部，这购进乙种型号手机(20－a)部，
17400≤1000a＋800(20－a)≤18000，解得7≤a≤10，
∵a为自然数，
∴有a为7、8、9、10共四种方案，
(3) 甲种型号手机每部利润为1000×40%＝400，
w＝400a＋(1280－800－m)(20－a)＝(m－80)a＋9600－20m，
当m＝80时，w始终等于8000，取值与a无关.
本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用，根据题意找出等量关系列出方程是解题关键.
24、 (1)、证明过程见解析；(2)、①、2；②、1．
【解析】
(1)、首先证明△BEF和△DCF全等，从而得出DC=BE，结合DC和AB平行得出平行四边形；(2)、①、根据矩形得出∠CEB=90°，结合∠ABC=120°得出∠CBE=60°，根据直角三角形的性质得出答案；②、根据菱形的性质以及∠ABC=120°得出△CBE是等边三角形，从而得出答案．
【详解】
(1)、证明：∵AB∥CD，∴∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，∵点F是BC的中点，
∴BF=CF，在△DCF和△EBF中，∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，FC=BF，
∴△EBF≌△DCF（AAS）， ∴DC=BE， ∴四边形BECD是平行四边形；
(2)、①BE=2；∵当四边形BECD是矩形时，∠CEB=90°，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°；
∴∠ECB=30°，∴BE=BC=2，
②BE=1，∵四边形BECD是菱形时，BE=EC，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°，
∴△CBE是等边三角形，∴BE=BC=1．
本题主要考查的是平行四边形的性质以及矩形、菱形的判定定理，属于中等难度的题型．理解平行四边形的判定定理以及矩形和菱形的性质是解决这个问题的关键．