2026届四川省仁寿县联谊学校中考冲刺卷数学试题含解析

这是一份2026届四川省仁寿县联谊学校中考冲刺卷数学试题含解析，共4页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，下列各式中正确的是等内容，欢迎下载使用。
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（共10小题，每小题3分，共30分）
1．正方形ABCD和正方形BPQR的面积分别为16、25，它们重叠的情形如图所示，其中R点在AD上，CD与QR相交于S点，则四边形RBCS的面积为（ ）
A．8B．C．D．
2．在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1D1、D1 E1E2B2、A2B2 C2D2、D2E3E4B3…按如图所示的方式放置，其中点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3…在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为l，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3…，则正方形A2017B2017C2017 D2017的边长是（ ）
A．（）2016 B．（）2017 C．（）2016 D．（）2017
3．下列各式正确的是( )
A．B．
C．D．
4．如图，在正方形网格中建立平面直角坐标系，若，，则点C的坐标为（ ）
A．B．C．D．
5．由一些大小相同的小正方形搭成的几何体的左视图和俯视图，如图所示，则搭成该几何体的小正方形的个数最少是（ ）
A．4B．5C．6D．7
6．已知⊙O的半径为10，圆心O到弦AB的距离为5，则弦AB所对的圆周角的度数是（ ）
A．30°B．60°C．30°或150°D．60°或120°
7．下列各式中正确的是（ ）
A． =±3 B． =﹣3 C． =3 D．
8．将一副直角三角尺如图放置，若∠AOD=20°，则∠BOC的大小为（ ）
A．140°B．160°C．170°D．150°
9．如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A．B．C．D．
10．如图,从一块圆形纸片上剪出一个圆心角为90°的扇形ABC,使点A、B、C在圆周上, 将剪下的扇形作为一个圆锥侧面,如果圆锥的高为,则这块圆形纸片的直径为( )
A．12cmB．20cmC．24cmD．28cm
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．因式分解：________.
12．太极揉推器是一种常见的健身器材．基本结构包括支架和转盘，数学兴趣小组的同学对某太极揉推器的部分数据进行了测量：如图，立柱AB的长为125cm，支架CD、CE的长分别为60cm、40cm，支点C到立柱顶点B的距离为25cm．支架CD，CE与立柱AB的夹角∠BCD=∠BCE=45°，转盘的直径FG=MN=60cm，D，E分别是FG，MN的中点，且CD⊥FG，CE⊥MN，则两个转盘的最低点F，N距离地面的高度差为_____cm．（结果保留根号）
13．在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3和B1，B2，B3分别在直线y=和x轴上，△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3都是等腰直角三角形．则A3的坐标为_______.
．
14．如图，用黑白两种颜色的纸片，按黑色纸片数逐渐增加1的规律拼成如图图案，则第4个图案中有__________白色纸片，第n个图案中有__________张白色纸片．
15．布袋中装有2个红球和5个白球，它们除颜色外其它都相同．如果从这个布袋里随机摸出一个球，那么所摸到的球恰好为红球的概率是 ________．
16．比较大小：_______3（填“”或“”或“”）
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）从广州去某市，可乘坐普通列车或高铁，已知高铁的行驶路程是400千米，普通列车的行驶路程是高铁的行驶路程的1．3倍．求普通列车的行驶路程；若高铁的平均速度（千米/时）是普通列车平均速度（千米/时）的2．5倍，且乘坐高铁所需时间比乘坐普通列车所需时间缩短3小时，求高铁的平均速度．
18．（8分）某通讯公司推出①，②两种通讯收费方式供用户选择，其中一种有月租费，另一种无月租费，且两种收费方式的通讯时间x(分)与费用y(元)之间的函数关系如图所示．有月租的收费方式是________(填“①”或“②”)，月租费是________元；分别求出①，②两种收费方式中y与自变量x之间的函数表达式；请你根据用户通讯时间的多少，给出经济实惠的选择建议．
19．（8分）如图山坡上有一根旗杆AB，旗杆底部B点到山脚C点的距离BC为米，斜坡BC的坡度i=1：．小明在山脚的平地F处测量旗杆的高，点C到测角仪EF的水平距离CF=1米，从E处测得旗杆顶部A的仰角为45°，旗杆底部B的仰角为20°．
（1）求坡角∠BCD；
（2）求旗杆AB的高度．
（参考数值：sin20°≈0.34，cs20°≈0.94，tan20°≈0.36）
20．（8分）如图，在△ABC中，D为BC边上一点，AC=DC，E为AB边的中点，
（1）尺规作图：作∠C的平分线CF，交AD于点F（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）连接EF，若BD=4，求EF的长．
21．（8分）如图，点在线段上，，，.求证：.
22．（10分）如图：求作一点P，使，并且使点P到的两边的距离相等．
23．（12分）如图1，直线l：y=x+m与x轴、y轴分别交于点A和点B（0，﹣1），抛物线y= x2+bx+c经过点B，与直线l的另一个交点为C（4，n）．
（1）求n的值和抛物线的解析式；
（2）点D在抛物线上，DE∥y轴交直线l于点E，点F在直线l上，且四边形DFEG为矩形（如图2），设点D的横坐标为t（0＜t＜4），矩形DFEG的周长为p，求p与t的函数关系式以及p的最大值；
（3）将△AOB绕平面内某点M旋转90°或180°，得到△A1O1B1，点A、O、B的对应点分别是点A1、O1、B1．若△A1O1B1的两个顶点恰好落在抛物线上，那么我们就称这样的点为“落点”，请直接写出“落点”的个数和旋转180°时点A1的横坐标．
24．甲、乙两组工人同时开始加工某种零件，乙组在工作中有一次停产更换设备，更换设备后，乙组的工作效率是原来的2倍．两组各自加工零件的数量y（件）与时间x（时）之间的函数图象如下图所示．求甲组加工零件的数量y与时间x之间的函数关系式．求乙组加工零件总量a的值．
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、D
【解析】
根据正方形的边长，根据勾股定理求出AR，求出△ABR∽△DRS，求出DS，根据面积公式求出即可．
【详解】
∵正方形ABCD的面积为16，正方形BPQR面积为25，
∴正方形ABCD的边长为4，正方形BPQR的边长为5，
在Rt△ABR中，AB=4，BR=5，由勾股定理得：AR=3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=∠BRQ=90°，
∴∠ABR+∠ARB=90°，∠ARB+∠DRS=90°，
∴∠ABR=∠DRS，
∵∠A=∠D，
∴△ABR∽△DRS，
∴，
∴，
∴DS=，
∴∴阴影部分的面积S=S正方形ABCD-S△ABR-S△RDS=4×4-×4×3-××1=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，能求出△ABR和△RDS的面积是解此题的关键．
2、C
【解析】
利用正方形的性质结合锐角三角函数关系得出正方形的边长，进而得出变化规律即可得出答案．
解：如图所示：∵正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3…
∴D1E1=B2E2，D2E3=B3E4，∠D1C1E1=∠C2B2E2=∠C3B3E4=30°，
∴D1E1=C1D1sin30°=，则B2C2===（）1，
同理可得：B3C3==（）2，
故正方形AnBnCnDn的边长是：（）n﹣1．
则正方形A2017B2017C2017D2017的边长是：（）2．
故选C．
“点睛”此题主要考查了正方形的性质以及锐角三角函数关系，得出正方形的边长变化规律是解题关键．
3、A
【解析】
∵，则B错；，则C；，则D错，故选A．
4、C
【解析】
根据A点坐标即可建立平面直角坐标．
【详解】
解：由A（0，2），B（1，1）可知原点的位置，
建立平面直角坐标系，如图，
∴C（2，-1）
故选：C．
【点睛】
本题考查平面直角坐标系，解题的关键是建立直角坐标系，本题属于基础题型．
5、C
【解析】
试题分析：由题中所给出的左视图知物体共两层，每一层都是两个小正方体；从俯视图可以可以看出最底层的个数
所以图中的小正方体最少2+4=1．故选C．
6、D
【解析】
【分析】由图可知，OA=10，OD=1．根据特殊角的三角函数值求出∠AOB的度数，再根据圆周定理求出∠C的度数，再根据圆内接四边形的性质求出∠E的度数即可．
【详解】由图可知，OA=10，OD=1，
在Rt△OAD中，
∵OA=10，OD=1，AD==，
∴tan∠1=，∴∠1=60°，
同理可得∠2=60°，
∴∠AOB=∠1+∠2=60°+60°=120°，
∴∠C=60°，
∴∠E=180°-60°=120°,
即弦AB所对的圆周角的度数是60°或120°，
故选D．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的对角互补、解直角三角形的应用等，正确画出图形，熟练应用相关知识是解题的关键.
7、D
【解析】
原式利用平方根、立方根定义计算即可求出值．
【详解】
解：A、原式=3，不符合题意；
B、原式=|-3|=3，不符合题意；
C、原式不能化简，不符合题意；
D、原式=2-=，符合题意，
故选：D．
【点睛】
此题考查了立方根，以及算术平方根，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
8、B
【解析】
试题分析：根据∠AOD=20°可得：∠AOC=70°，根据题意可得：∠BOC=∠AOB+∠AOC=90°+70°=160°.
考点：角度的计算
9、A
【解析】
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【详解】
解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层中间有一个小正方形，
故选：A．
【点睛】
本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
10、C
【解析】
设这块圆形纸片的半径为R，圆锥的底面圆的半径为r，利用等腰直径三角形的性质得到AB=R，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长得到2πr=，解得r=R，然后利用勾股定理得到（R）2=（3）2+（R）2，再解方程求出R即可得到这块圆形纸片的直径．
【详解】
设这块圆形纸片的半径为R，圆锥的底面圆的半径为r，则AB=R，根据题意得：
2πr=，解得：r=R，所以（R）2=（3）2+（R）2，解得：R=12，所以这块圆形纸片的直径为24cm．
故选C．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、n（m+2）（m﹣2）
【解析】
先提取公因式 n，再利用平方差公式分解即可．
【详解】
m2n﹣4n=n（m2﹣4）=n（m+2）（m﹣2）．.
故答案为n（m+2）（m﹣2）．
【点睛】
本题主要考查了提取公因式法和公式法分解因式，熟练掌握平方差公式是解题关键
12、10
【解析】
作FP⊥地面于P，CJ⊥PF于J，FQ∥PA交CD于Q，QH⊥CJ于H．NT⊥地面于T．解直角三角形求出FP、NT即可解决问题．
【详解】
解：作FP⊥地面于P，CJ⊥PF于J，FQ∥PA交CD于Q，QH⊥CJ于H．NT⊥地面于T．
由题意△QDF，△QCH都是等腰直角三角形，四边形FQHJ是矩形，
∴DF＝DQ＝30cm，CQ＝CD−DQ＝60−30＝30cm，
∴FJ＝QH＝15cm，
∵AC＝AB−BC＝125−25＝100cm，
∴PF＝（15＋100）cm，
同法可求：NT＝（100＋5），
∴两个转盘的最低点F，N距离地面的高度差为＝（15＋100）-（100＋5）=10
故答案为: 10
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
13、A3（）
【解析】
设直线y=与x轴的交点为G，过点A1，A2，A3分别作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，由条件可求得，再根据等腰三角形可分别求得A1D、A2E、A3F，可得到A1，A2，A3的坐标.
【详解】
设直线y=与x轴的交点为G，
令y=0可解得x=-4，
∴G点坐标为（-4，0），
∴OG=4，
如图1，过点A1，A2，A3分别作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，
∵△A1B1O为等腰直角三角形，
∴A1D=OD，
又∵点A1在直线y=x+上，
∴=，即=，
解得A1D=1=（）0，
∴A1（1，1），OB1=2，
同理可得=，即=，
解得A2E=
=（）1，则OE=OB1+B1E=，
∴A2（，），OB2=5，
同理可求得A3F=
=（）2，则OF=5+=，
∴A3（，）；
故答案为（，）
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质和直线上点的坐标特点，根据题意找到点的坐标的变化规律是解题的关键，注意观察数据的变化．
14、13 3n+1
【解析】
分析：观察图形发现：白色纸片在4的基础上，依次多3个；根据其中的规律得出第n个图案中有白色纸片即可．
详解：∵第1个图案中有白色纸片3×1+1=4张
第2个图案中有白色纸片3×2+1=7张，
第3图案中有白色纸片3×3+1=10张，
∴第4个图案中有白色纸片3×4+1=13张
第n个图案中有白色纸片3n+1张，
故答案为：13、3n+1.
点睛：考查学生的探究能力，解题时必须仔细观察规律，通过归纳得出结论.
15、
【解析】
试题解析：∵一个布袋里装有2个红球和5个白球，
∴摸出一个球摸到红球的概率为：．
考点：概率公式．
16、>.
【解析】
先利用估值的方法先得到≈3.4，再进行比较即可.
【详解】
解：∵≈3.4，3.4>3.
∴>3.
故答案为：>.
【点睛】
本题考查了实数的比较大小，对进行合理估值是解题的关键.
三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）520千米；（2）300千米/时．
【解析】
试题分析：（1）根据普通列车的行驶路程=高铁的行驶路程×1．3得出答案；（2）首先设普通列车的平均速度为x千米/时，则高铁平均速度为2．5x千米/时，根据题意列出分式方程求出未知数x的值．
试题解析：（1）依题意可得，普通列车的行驶路程为400×1．3=520（千米）
（2）设普通列车的平均速度为x千米/时，则高铁平均速度为2．5x千米/时
依题意有：=3 解得：x=120
经检验：x=120分式方程的解且符合题意 高铁平均速度：2．5×120=300千米/时
答：高铁平均速度为 2．5×120=300千米/时．
考点：分式方程的应用．
18、 (1)① 30；（2）y1＝0.1x＋30，y2＝0.2x；（3）当通话时间少于300分钟时，选择通话方式②实惠；当通话时间超过300分钟时，选择通话方式①实惠；当通话时间为300分钟时，选择通话方式①，②花费一样．
【解析】
试题分析：（1）根据当通讯时间为零的时候的函数值可以得到哪种方式有月租，哪种方式没有，有多少；
（2）根据图象经过的点的坐标设出函数的解析式，用待定系数法求函数的解析式即可；
（3）求出当两种收费方式费用相同的时候自变量的值，以此值为界说明消费方式即可．
解：（1）①；30；
（2）设y1=k1x+30，y2=k2x，由题意得：将（500，80），（500，100）分别代入即可：
500k1+30=80，
∴k1=0.1，
500k2=100，
∴k2=0.2
故所求的解析式为y1=0.1x+30； y2=0.2x；
（3）当通讯时间相同时y1=y2，得0.2x=0.1x+30，解得x=300；
当x=300时，y=1．
故由图可知当通话时间在300分钟内，选择通话方式②实惠；
当通话时间超过300分钟时，选择通话方式①实惠；
当通话时间在300分钟时，选择通话方式①、②一样实惠．
19、旗杆AB的高度为6.4米.
【解析】
分析：（1）根据坡度i与坡角α之间的关系为：i=tanα进行计算；
（2）根据余弦的概念求出CD，根据正切的概念求出AG、BG，计算即可．
本题解析：(1)∵斜坡BC的坡度i=1:，∴tan∠BCD= ，
∴∠BCD=30°；
(2)在Rt△BCD中,CD=BC×cs∠BCD=6×=9，
则DF=DC+CF=10(米)，∵四边形GDFE为矩形，∴GE=DF=10(米)，
∵∠AEG=45°，∴AG=DE=10(米)，
在Rt△BEG中,BG=GE×tan∠BEG=10×0.36=3.6(米)，
则AB=AG−BG=10−3.6=6.4(米).
答：旗杆AB的高度为6.4米。
20、 (1)见解析；（1）1
【解析】
（1）根据角平分线的作图可得；
（1）由等腰三角形的三线合一，结合E为AB边的中点证EF为△ABD的中位线可得．
【详解】
（1）如图，射线CF即为所求；
（1）∵∠CAD=∠CDA，
∴AC=DC，即△CAD为等腰三角形；
又CF是顶角∠ACD的平分线，
∴CF是底边AD的中线，即F为AD的中点，
∵E是AB的中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴EF=BD=1．
【点睛】
本题主要考查作图-基本作图和等腰三角形的性质、中位线定理，熟练掌握等腰三角形的性质、中位线定理是解题的关键．
21、证明见解析
【解析】
若要证明∠A=∠E，只需证明△ABC≌△EDB，题中已给了两边对应相等，只需看它们的夹角是否相等，已知给了DE//BC，可得∠ABC=∠BDE，因此利用SAS问题得解.
【详解】
∵DE//BC
∴∠ABC=∠BDE
在△ABC与△EDB中
，
∴△ABC≌△EDB（SAS)
∴∠A=∠E
22、见解析
【解析】
利用角平分线的作法以及线段垂直平分线的作法分别得出进而求出其交点即可．
【详解】
如图所示：P点即为所求．
【点睛】
本题主要考查了复杂作图，熟练掌握角平分线以及线段垂直平分线的作法是解题的关键．
23、（1）n=2；y=x2﹣x﹣1；（2）p=；当t=2时，p有最大值；（3）6个，或；
【解析】
（1）把点B的坐标代入直线解析式求出m的值，再把点C的坐标代入直线求解即可得到n的值，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）令y=0求出点A的坐标，从而得到OA、OB的长度，利用勾股定理列式求出AB的长，然后根据两直线平行，内错角相等可得∠ABO=∠DEF，再解直角三角形用DE表示出EF、DF，根据矩形的周长公式表示出p，利用直线和抛物线的解析式表示DE的长，整理即可得到P与t的关系式，再利用二次函数的最值问题解答；
（3）根据逆时针旋转角为90°可得A1O1∥y轴时，B1O1∥x轴，旋转角是180°判断出A1O1∥x轴时，B1A1∥AB，根据图3、图4两种情形即可解决．
【详解】
解：
（1）∵直线l：y=x+m经过点B（0，﹣1），
∴m=﹣1，
∴直线l的解析式为y=x﹣1，
∵直线l：y=x﹣1经过点C（4，n），
∴n=×4﹣1=2，
∵抛物线y=x2+bx+c经过点C（4，2）和点B（0，﹣1），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣1；
（2）令y=0，则x﹣1=0，
解得x=，
∴点A的坐标为（，0），
∴OA=，
在Rt△OAB中，OB=1，
∴AB===，
∵DE∥y轴，
∴∠ABO=∠DEF，
在矩形DFEG中，EF=DE•cs∠DEF=DE•=DE，
DF=DE•sin∠DEF=DE•=DE，
∴p=2（DF+EF）=2（+）DE=DE，
∵点D的横坐标为t（0＜t＜4），
∴D（t， t2﹣t﹣1），E（t， t﹣1），
∴DE=（t﹣1）﹣（t2﹣t﹣1）=﹣t2+2t，
∴p=×（﹣t2+2t）=﹣t2+t，
∵p=﹣（t﹣2）2+，且﹣＜0，
∴当t=2时，p有最大值．
（3）“落点”的个数有6个，如图1，图2中各有2个，图3，图4各有一个所示．
如图3中，设A1的横坐标为m，则O1的横坐标为m+，
∴m2﹣m﹣1=（m+）2﹣（m+）﹣1，
解得m=，
如图4中，设A1的横坐标为m，则B1的横坐标为m+，B1的纵坐标比例A1的纵坐标大1，
∴m2﹣m﹣1+1=（m+）2﹣（m+）﹣1，
解得m=，
∴旋转180°时点A1的横坐标为或
【点睛】
本题是二次函数综合题型，主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式，锐角三角函数，长方形的周长公式，以及二次函数的最值问题，本题难点在于（3）根据旋转角是90°判断出A1O1∥y轴时，B1O1∥x轴，旋转角是180°判断出A1O1∥x轴时，B1A1∥AB，解题时注意要分情况讨论．
24、（1）y=60x；（2）300
【解析】
（1）由题图可知，甲组的y是x的正比例函数.
设甲组加工的零件数量y与时间x的函数关系式为y=kx.
根据题意，得6k=360，
解得k=60.
所以，甲组加工的零件数量y与时间x之间的关系式为y=60x.
（2）当x=2时，y=100.因为更换设备后，乙组工作效率是原来的2倍.
所以，解得a=300.