2026年西藏自治区山南市中考数学最后冲刺浓缩卷（含答案解析）

这是一份2026年西藏自治区山南市中考数学最后冲刺浓缩卷（含答案解析），共8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（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．由五个相同的立方体搭成的几何体如图所示，则它的左视图是( )
A．B．
C．D．
2．如图，下列条件不能判定△ADB∽△ABC的是（ ）
A．∠ABD=∠ACBB．∠ADB=∠ABC
C．AB2=AD•ACD．
3．如图，A、B、C三点在正方形网格线的交点处，若将△ABC绕着点A逆时针旋转得到△AC′B′，则tanB′的值为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，半⊙O的半径为2，点P是⊙O直径AB延长线上的一点，PT切⊙O于点T，M是OP的中点，射线TM与半⊙O交于点C．若∠P＝20°，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．1+B．1+
C．2sin20°+D．
5．已知反比例函数y=﹣，当1＜x＜3时，y的取值范围是（ ）
A．0＜y＜1B．1＜y＜2C．﹣2＜y＜﹣1D．﹣6＜y＜﹣2
6．一次函数与反比例函数在同一个坐标系中的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，菱形中，对角线AC、BD交于点O，E为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OE的长等于（ ）
A．3.5B．4C．7D．14
8．如图，在平面直角坐标系xOy中，点C，B，E在y轴上，Rt△ABC经过变化得到Rt△EDO，若点B的坐标为（0，1），OD＝2，则这种变化可以是（ ）
A．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移5个单位长度
B．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移5个单位长度
C．△ABC绕点O顺时针旋转90°，再向左平移3个单位长度
D．△ABC绕点O逆时针旋转90°，再向右平移1个单位长度
9．甲、乙两位同学做中国结，已知甲每小时比乙少做6个，甲做30个所用的时间与乙做45个所用的时间相等，求甲每小时做中国结的个数．如果设甲每小时做x个，那么可列方程为( )
A．＝B．＝
C．＝D．＝
10．在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．规定：[x]表示不大于x的最大整数，（x）表示不小于x的最小整数，[x）表示最接近x的整数（x≠n+0.5，n为整数），例如：[1.3]=1，（1.3）=3，[1.3）=1．则下列说法正确的是________．（写出所有正确说法的序号）
①当x=1.7时，[x]+（x）+[x）=6；
②当x=﹣1.1时，[x]+（x）+[x）=﹣7；
③方程4[x]+3（x）+[x）=11的解为1＜x＜1.5；
④当﹣1＜x＜1时，函数y=[x]+（x）+x的图象与正比例函数y=4x的图象有两个交点．
12．若顺次连接四边形ABCD四边中点所得的四边形是矩形，则原四边形的对角线AC、BD所满足的条件是_____．
13．如图所示，边长为1的小正方形构成的网格中，半径为1的⊙O的圆心O在格点上，则∠AED的正切值等于__________．
14．有一枚质地均匀的骰子，六个面分别表有1到6的点数，任意将它抛掷两次，并将两次朝上面的点数相加，则其和小于6的概率是______．
15．如图，AG∥BC，如果AF：FB＝3：5，BC：CD＝3：2，那么AE：EC＝_____．
16．计算：（2018﹣π）0=_____．
17．分解因式：x3y﹣2x2y+xy=______．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）某市扶贫办在精准扶贫工作中，组织30辆汽车装运花椒、核桃、甘蓝向外地销售．按计划30辆车都要装运，每辆汽车只能装运同一种产品，且必须装满，根据下表提供的信息，解答以下问题：
若装运核桃的汽车为x辆，装运甘蓝的车辆数是装运核桃车辆数的2倍多1，假设30辆车装运的三种产品的总利润为y万元．求y与x之间的函数关系式；若装花椒的汽车不超过8辆，求总利润最大时，装运各种产品的车辆数及总利润最大值．
19．（5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．
20．（8分）如图，AB是⊙O的直径，点E是上的一点，∠DBC=∠BED．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）已知AD=3，CD=2，求BC的长．
21．（10分）观察下列算式：
① 1 × 3 - 22 =" 3" - 4 = -1
② 2 × 4 - 32 =" 8" - 9 = -1
③3 × 5 - 42 =" 15" - 16 = -1
④
……
（1）请你按以上规律写出第4个算式；
（2）把这个规律用含字母的式子表示出来；
（3）你认为（2）中所写出的式子一定成立吗？并说明理由．
22．（10分）计算： ＋ ()－2 - 8sin60°
23．（12分）在⊙O中，弦AB与弦CD相交于点G，OA⊥CD于点E，过点B作⊙O的切线BF交CD的延长线于点F．
（I）如图①，若∠F=50°，求∠BGF的大小；
（II）如图②，连接BD，AC，若∠F=36°，AC∥BF，求∠BDG的大小．
24．（14分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交AC于点D，动点P在抛物线对称轴上，动点Q在抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当PO+PC的值最小时，求点P的坐标；
（3）是否存在以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出P，Q的坐标；若不存在，请说明理由．
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】
找到从正面看所得到的图形即可，注意所有看到的棱都应表现在主视图中．
【详解】
解：从正面看第一层是二个正方形，第二层是左边一个正方形．
故选A．
本题考查了简单组合体的三视图的知识，解题的关键是了解主视图是由主视方向看到的平面图形，属于基础题，难度不大．
2、D
【解析】
根据有两个角对应相等的三角形相似，以及根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，分别判断得出即可．
【详解】
解：A、∵∠ABD=∠ACB，∠A=∠A，
∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；
B、∵∠ADB=∠ABC，∠A=∠A，
∴△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；
C、∵AB2=AD•AC，
∴，∠A=∠A，△ABC∽△ADB，故此选项不合题意；
D、=不能判定△ADB∽△ABC，故此选项符合题意．
故选D．
点评：本题考查了相似三角形的判定，利用了有两个角对应相等的三角形相似，两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似．
3、D
【解析】
过C点作CD⊥AB，垂足为D，根据旋转性质可知，∠B′=∠B，把求tanB′的问题，转化为在Rt△BCD中求tanB．
【详解】
过C点作CD⊥AB，垂足为D．
根据旋转性质可知，∠B′=∠B．
在Rt△BCD中，tanB=，
∴tanB′=tanB=．
故选D．
本题考查了旋转的性质，旋转后对应角相等；三角函数的定义及三角函数值的求法．
4、A
【解析】
连接OT、OC，可求得∠COM=30°，作CH⊥AP，垂足为H，则CH=1，于是，S阴影=S△AOC+S扇形OCB，代入可得结论．
【详解】
连接OT、OC，
∵PT切⊙O于点T，
∴∠OTP=90°，
∵∠P=20°，
∴∠POT=70°，
∵M是OP的中点，
∴TM=OM=PM，
∴∠MTO=∠POT=70°，
∵OT=OC，
∴∠MTO=∠OCT=70°，
∴∠OCT=180°-2×70°=40°，
∴∠COM=30°，
作CH⊥AP，垂足为H，则CH=OC=1，
S阴影=S△AOC+S扇形OCB=OA•CH+=1+，
故选A.
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．也考查了等腰三角形的判定与性质和含30度的直角三角形三边的关系．
5、D
【解析】
根据反比例函数的性质可以求得y的取值范围，从而可以解答本题．
【详解】
解：∵反比例函数y=﹣，∴在每个象限内，y随x的增大而增大，∴当1＜x＜3时，y的取值范围是﹣6＜y＜﹣1．
故选D．
本题考查了反比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，求出相应的y的取值范围，利用反比例函数的性质解答．
6、B
【解析】
当k＞0时，一次函数y=kx﹣k的图象过一、三、四象限，反比例函数y=的图象在一、三象限，∴A、C不符合题意，B符合题意；当k＜0时，一次函数y=kx﹣k的图象过一、二、四象限，反比例函数y=的图象在二、四象限，∴D不符合题意．
故选B．
7、A
【解析】
根据菱形的四条边都相等求出AB，再根据菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OE是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求解即可．
【详解】
解：∵菱形ABCD的周长为28，
∴AB=28÷4=7，OB=OD，
∵E为AD边中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE=AB=×7=3.1．
故选：A．
本题考查了菱形的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键．
8、C
【解析】
Rt△ABC通过变换得到Rt△ODE,应先旋转然后平移即可
【详解】
∵Rt△ABC经过变化得到Rt△EDO，点B的坐标为（0，1），OD＝2，
∴DO＝BC＝2，CO＝3，
∴将△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位长度，即可得到△DOE；
或将△ABC绕点O顺时针旋转90°，再向左平移3个单位长度，即可得到△DOE；
故选：C．
本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移的知识，解题的关键在于利用旋转和平移的概念和性质求坐标的变化
9、A
【解析】
设甲每小时做x个，乙每小时做（x+6）个，根据甲做 30 个所用时间与乙做 45 个所用时间相等即可列方程.
【详解】
设甲每小时做 x 个，乙每小时做（x+6）个， 根据甲做 30 个所用时间与乙做 45 个所用时间相等可得=.
故选A．
本题考查了分式方程的应用，找到关键描述语，正确找出等量关系是解决问题的关键．
10、A
【解析】
根据轴对称图形的概念判断即可．
【详解】
A、是轴对称图形；
B、不是轴对称图形；
C、不是轴对称图形；
D、不是轴对称图形．
故选：A．
本题考查的是轴对称图形的概念．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．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、②③
【解析】
试题解析：①当x=1.7时，
[x]+（x）+[x）
=[1.7]+（1.7）+[1.7）=1+1+1=5，故①错误；
②当x=﹣1.1时，
[x]+（x）+[x）
=[﹣1.1]+（﹣1.1）+[﹣1.1）
=（﹣3）+（﹣1）+（﹣1）=﹣7，故②正确；
③当1＜x＜1.5时，
4[x]+3（x）+[x）
=4×1+3×1+1
=4+6+1
=11，故③正确；
④∵﹣1＜x＜1时，
∴当﹣1＜x＜﹣0.5时，y=[x]+（x）+x=﹣1+0+x=x﹣1，
当﹣0.5＜x＜0时，y=[x]+（x）+x=﹣1+0+x=x﹣1，
当x=0时，y=[x]+（x）+x=0+0+0=0，
当0＜x＜0.5时，y=[x]+（x）+x=0+1+x=x+1，
当0.5＜x＜1时，y=[x]+（x）+x=0+1+x=x+1，
∵y=4x，则x﹣1=4x时，得x=；x+1=4x时，得x=；当x=0时，y=4x=0，
∴当﹣1＜x＜1时，函数y=[x]+（x）+x的图象与正比例函数y=4x的图象有三个交点，故④错误，
故答案为②③．
考点：1.两条直线相交或平行问题；1.有理数大小比较；3.解一元一次不等式组．
12、AC⊥BD
【解析】
根据题意画出相应的图形，如图所示，由四边形EFGH为矩形，根据矩形的四个角为直角得到∠FEH=90°，又EF为三角形ABD的中位线，根据中位线定理得到EF与DB平行，根据两直线平行，同旁内角互补得到∠EMO=90°，同理根据三角形中位线定理得到EH与AC平行，再根据两直线平行，同旁内角互补得到∠AOD=90°，根据垂直定义得到AC与BD垂直．
【详解】
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠FEH=90°，
又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，
∴EF是三角形ABD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠FEH=∠OMH=90°，
又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，
∴EH是三角形ACD的中位线，
∴EH∥AC，
∴∠OMH=∠COB=90°，
即AC⊥BD．
故答案为：AC⊥BD．
此题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，以及平行线的性质．根据题意画出图形并熟练掌握矩形性质及三角形中位线定理是解题关键.
13、
【解析】
根据同弧或等弧所对的圆周角相等来求解．
【详解】
解：∵∠E=∠ABD，
∴tan∠AED=tan∠ABD==．
故选D．
本题利用了圆周角定理（同弧或等弧所对的圆周角相等）和正切的概念求解．
14、
【解析】
列举出所有情况，看两个骰子向上的一面的点数和小于6的情况占总情况的多少即可．
【详解】
解：列表得：
两个骰子向上的一面的点数和小于6的有10种，
则其和小于6的概率是，
故答案为：．
本题考查了列表法与树状图法，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件树状图法适用于两步或两步以上完成的事件解题时还要注意是放回实验还是不放回实验用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
15、3:2；
【解析】
由AG//BC可得△AFG与△BFD相似 ,△AEG与△CED相似，根据相似比求解.
【详解】
假设：AF＝3x,BF＝5x ,
∵△AFG与△BFD相似
∴AG＝3y,BD＝5y
由题意BC:CD＝3:2则CD＝2y
∵△AEG与△CED相似
∴AE:EC＝ AG:DC＝3:2.
本题考查的是相似三角形，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键.
16、1．
【解析】
根据零指数幂：a0=1（a≠0）可得答案．
【详解】
原式=1，
故答案为：1．
此题主要考查了零次幂，关键是掌握计算公式．
17、xy（x﹣1）1
【解析】
原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
【详解】
解：原式=xy（x1-1x+1）=xy（x-1）1．
故答案为：xy（x-1）1
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18、 (1)y=﹣3.4x+141.1；(1)当装运核桃的汽车为2辆、装运甘蓝的汽车为12辆、装运花椒的汽车为1辆时，总利润最大，最大利润为117.4万元．
【解析】
（1）根据题意可以得装运甘蓝的汽车为（1x+1）辆，装运花椒的汽车为30﹣x﹣（1x+1）=（12﹣3x）辆，从而可以得到y与x的函数关系式；
（1）根据装花椒的汽车不超过8辆，可以求得x的取值范围，从而可以得到y的最大值，从而可以得到总利润最大时，装运各种产品的车辆数．
【详解】
(1)若装运核桃的汽车为x辆，则装运甘蓝的汽车为（1x+1）辆，装运花椒的汽车为30﹣x﹣（1x+1）=（12﹣3x）辆，
根据题意得：y=10×0.7x+4×0.5（1x+1）+6×0.8（12﹣3x）=﹣3.4x+141.1．
(1)根据题意得：，
解得：7≤x≤，
∵x为整数，
∴7≤x≤2．
∵10.6＞0，
∴y随x增大而减小，
∴当x=7时，y取最大值，最大值=﹣3.4×7+141.1=117.4，此时：1x+1=12，12﹣3x=1．
答：当装运核桃的汽车为2辆、装运甘蓝的汽车为12辆、装运花椒的汽车为1辆时，总利润最大，最大利润为117.4万元．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是熟练的掌握一次函数的应用.
19、（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=.
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.
20、 (1)证明见解析
(2)BC=
【解析】
（1）AB是⊙O的直径，得∠ADB=90°，从而得出∠BAD=∠DBC，即∠ABC=90°，即可证明BC是⊙O的切线；
（2）可证明△ABC∽△BDC，则，即可得出BC=．
【详解】
（1）∵AB是⊙O的切直径，
∴∠ADB=90°，
又∵∠BAD=∠BED，∠BED=∠DBC，
∴∠BAD=∠DBC，
∴∠BAD+∠ABD=∠DBC+∠ABD=90°，
∴∠ABC=90°，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：∵∠BAD=∠DBC，∠C=∠C，
∴△ABC∽△BDC，
∴，即BC2=AC•CD=（AD+CD）•CD=10，
∴BC=．
考点：1.切线的判定；2.相似三角形的判定和性质.
21、⑴；
⑵答案不唯一.如；
⑶
.
【解析】
（1）根据①②③的算式中，变与不变的部分，找出规律，写出新的算式；
（2）将（1）中，发现的规律，由特殊到一般，得出结论；
（3）一定成立．利用整式的混合运算方法加以证明．
22、4 - 2
【解析】
试题分析：原式第一项利用二次根式的化简公式进行化简，第二项利用负指数公式化简，第三项利用特殊角的三角函数值化简，合并即可得到结果
试题解析：原式=2＋4- 8×= 2＋4 - 4=4 - 2
23、（I）65°；（II）72°
【解析】
（I）如图①，连接OB，先利用切线的性质得∠OBF=90°，而OA⊥CD，所以∠OED=90°，利用四边形内角和可计算出∠AOB=130°，然后根据等腰三角形性质和三角形内角和计算出∠1=∠A=25°，从而得到∠2=65°，最后利用三角形内角和定理计算∠BGF的度数；
（II）如图②，连接OB，BO的延长线交AC于H，利用切线的性质得OB⊥BF，再利用AC∥BF得到BH⊥AC，与（Ⅰ）方法可得到∠AOB=144°，从而得到∠OBA=∠OAB=18°，接着计算出∠OAH=54°，然后根据圆周角定理得到∠BDG的度数．
【详解】
解:（I）如图①，连接OB，
∵BF为⊙O的切线，
∴OB⊥BF，
∴∠OBF=90°，
∵OA⊥CD，
∴∠OED=90°，
∴∠AOB=180°﹣∠F=180°﹣50°=130°，
∵OA=OB，
∴∠1=∠A=（180°﹣130°）=25°，
∴∠2=90°﹣∠1=65°，
∴∠BGF=180°﹣∠2﹣∠F=180°﹣65°﹣50°=65°；
（II）如图②，连接OB，BO的延长线交AC于H，
∵BF为⊙O的切线，
∴OB⊥BF，
∵AC∥BF，
∴BH⊥AC，
与（Ⅰ）方法可得到∠AOB=180°﹣∠F=180°﹣36°=144°，
∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB=（180°﹣144°）=18°，
∵∠AOB=∠OHA+∠OAH，
∴∠OAH=144°﹣90°=54°，
∴∠BAC=∠OAH+∠OAB=54°+18°=72°，
∴∠BDG=∠BAC=72°．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理．
24、（1）y=x2+3x；（2）当PO+PC的值最小时，点P的坐标为（2，）；（3）存在，具体见解析.
【解析】
(1)由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
(2)D与P重合时有最小值，求出点D的坐标即可；
(3)存在，分别根据①AC为对角线，②AC为边，两种情况，分别求解即可.
【详解】
（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，
∴A（4，0），C（0，3），
∵抛物线经过O、A两点，且顶点在BC边上，
∴抛物线顶点坐标为（2，3），
∴可设抛物线解析式为y=a(x﹣2)2+3，
把A点坐标代入可得0=a（4﹣2)2+3，解得a=，
∴抛物线解析式为y=(x﹣2)2+3，即y=x2+3x；
（2）∵点P在抛物线对称轴上，∴PA=PO，∴PO+PC= PA+PC．
∴当点P与点D重合时，PA+PC= AC；当点P不与点D重合时，PA+PC> AC；
∴当点P与点D重合时，PO+PC的值最小，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
根据题意，得解得
∴直线AC的解析式为，
当x=2时，，
∴当PO+PC的值最小时，点P的坐标为（2，）；
（3）存在．
①AC为对角线，当四边形AQCP为平行四边形，点Q为抛物线的顶点，即Q（2，3），则P（2，0）；
②AC为边，当四边形AQPC为平行四边形，点C向右平移2个单位得到P，则点A向右平移2个单位得到点Q，则Q点的横坐标为6，当x＝6时，，此时Q（6，−9），则点A（4，0）向右平移2个单位，向下平移9个单位得到点Q，所以点C（0，3）向右平移2个单位，向下平移9个单位得到点P，则P（2，−6）；
当四边形APQC为平行四边形，点A向左平移2个单位得到P，则点C向左平移2个单位得到点Q，则Q点的横坐标为−2，当x＝−2时，，此时Q（−2，−9），则点C（0，3）向左平移2个单位，向下平移12个单位得到点Q，所以点A（4，0）向左平移2个单位，向下平移12个单位得到点P，则P（2，−12）；
综上所述，P（2，0），Q（2，3）或P（2，−6），Q（6，−9）或P（2，−12），Q（−2，−9）．
二次函数的综合应用，涉及矩形的性质、待定系数法、平行四边形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．
产品名称
核桃
花椒
甘蓝
每辆汽车运载量（吨）
10
6
4
每吨土特产利润（万元）
0.7
0.8
0.5