2025年黑龙江省齐齐哈尔、黑河、大兴安岭地区中考数学押题冲刺卷（八）

2025年齐齐哈尔、黑河、大兴安岭地区中考押题冲刺卷（八） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 考生注意： 1. 考试时间120分钟 2. 全卷共三道大题，总分120分 题号 一 二 三 总分 18 19 20 21 22 23 24 得分 一、单选题（每小题3分，满分30分） 1．的绝对值是（   ） A． B． C． D． 2．下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．下列运算正确的是（   ） A． B． C． D． 4．如图，一束平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线与一束经过光心的光线相交于点，点为焦点（折射光线的反向延长线与主光轴线的交点）．若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 5．一个由若干个大小相同的小立方块搭成的几何体，从上面、左面看到的形状图如图所示，那么组成该几何体所需小立方块的个数最少是（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 6．斗兽棋是一种传统棋类，双方各有八枚棋子，从大到小的顺序为象、狮、虎、豹、狼、狗、猫、鼠，较大的战胜较小的．在一次对局中，甲手中还剩有的棋子为狮、虎、狼、猫，乙手中还剩有的棋子为象、豹、狗、鼠，若双方将手中棋子的背面向上，随机从自己的棋子中抽取一个进行比较，则甲获胜的概率为（    ） A． B． C． D． 7．若关于的方程无解，则的取值为（    ） A．2 B．或3 C．或2 D．或2或3 8．班主任张老师准备将200元钱全部用于购买A，B两种款式的笔记本作为奖品（两种款式的都要买），已知一个A款笔记本10元，一个B款笔记本15元，张老师的购买方案共有（    ） A．6种 B．7种 C．8种 D．9种 9．如图，在中，，，，动点，同时从出发，点以每秒3个单位长度沿向终点运动；点以每秒1个单位长度沿向终点运动，当其中一动点运动至终点时，另一动点随之停止运动．设运动时间为，的面积为，则关于的函数关系的图像是（   ） A． B． C． D． 10．已知抛物线（a，b，c是常数且）过和两点，且，下列四个结论：①；②；③若关于x的方程有实数根，则；④方程有两个实数根，，则．其中，正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题（每小题3分，满分21分） 11．第26届哈尔滨冰雪大世界以“冰雪同梦、亚洲同心”为主题，总体规划面积100万平方米．园区运营以来，游客接待量创下新高，截至2月26日入园游客总数突破356万人次．其中356万用科学记数法表示为 ． 12．函数中自变量x的取值范围是 ． 13．圆锥体的底面直径，母线长，则该圆锥侧面展开图的圆心角大小为 ． 14．如图，在四边形中，对角线与交于点，过点作于点，，，按以下步骤作图：分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，，作直线，若点，在直线上，且，则的长为 ． 15．如图，在平面直角坐标系中，点P在的图象上，点A、B均在的图象上，且轴，轴，四边形的面积为6，则 ． 16．如图，在矩形中，，，将矩形绕点A旋转，点B、C、D落在点、、处、如果点落在直线上，那么 ． 17．如图所示，直线与y轴交于点，以为边，在的右侧作等边过作轴，垂足为，交直线于点，以为边在的右侧作等边，过作轴，垂足为，交直线于点，以为边在的右侧作等边，按此规律进行下去，连接，交于点，连接，交于点，连接，交于点……，则点的纵坐标是 ． 三、解答题（本题共7个大题，共69分） 18．（本题共2个小题，第（1）小题6分，第（2）小题4分，共10分） （1）计算：． （2）分解因式： 19．（本题满分5分）解方程： 20．（本题满分8分）为了增强青少年的法律意识，呵护未成年人健康成长，某学校展开了法律知识竞赛活动，并从七、八年级分别随机抽取了名参赛学生，对他们的成绩进行了整理、描述和分析． 抽取七、八年级参赛学生的成绩统计图如下（不完整）： 说明：；；；； 抽取八年级参赛学生的成绩等级为“”的分数为： ，，，，，，，，，，，，，，， 抽取七、八年级参赛学生成绩的平均数、中位数、众数如下： 年级 平均数 中位数 众数 七 八 ________ 根据以上信息，解答下列问题： (1)请将条形统计图补充完整； (2)八年级这名学生成绩的中位数是________； (3)在这次竞赛中，小明和小亮均得了分，但小明的成绩在其所在年级排名更靠前，可知小明是________（填“七”或“八”）年级的学生； (4)该校七年级有名学生，八年级有名学生，若该校决定对于竞赛成绩不低于分的学生授予“法治先锋”称号，则请估计七、八年级获得“法治先锋”称号的学生共有多少人？ 21．（本题满分10分）如图，内接于，是的直径，点E在上，点C是的中点，，垂足为点D，的延长线交的延长线于点F． (1)求证：是的切线； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 22．（本题满分10分）一天早晨，佳佳从家出发匀速步行去学校，妈妈发现佳佳忘带数学书了，于是立即下楼骑车沿佳佳行进路线匀速追赶，妈妈追上佳佳后，立即按原路线返回家中，由于路人渐多，妈妈返回时的速度只是去时的，佳佳则以原速度的1．5倍赶往学校妈妈与佳佳之间的路程y（米）与佳佳从家出发后步行的时间x（分）之间的关系如图所示（佳佳与妈妈交接学习用品耽搁的时间忽略不计），结合图象信息解答下列问题： (1)佳佳步行速度是______，妈妈追佳佳时的速度是______； (2)求图象中线段DE所表示的y与x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围； (3)直接写出佳佳出发多长时间，佳佳与妈妈相距300米的时间． 23．（本题满分12分）综合实践 纸是由国际标准化组织的定义的，世界上多数国家所使用的纸张尺寸都是采用这一国际标准某数学兴趣小组通过折叠纸来探究其中的数学奥秘． 【操作与发现】 如图1，矩形是一张标准的纸，取，边的中点M、N，以直线为轴进行对折，同学们发现对折后的矩形与原矩形相似，由此我们得到： 又因为，所以 于是我们得出如下结论：（1）纸的长与宽之比为_______． 【探究与计算】 矩形是一张标准的纸，E为边上一点，以直线为轴，将进行翻折，B点的对应点为． （2）如图2，若点在边上时，则的值为_______； （3）如图3，若E为边的中点，连接，求的值． 【拓展与证明】 （4）如图4，矩形纸片中，，E为边上一点，以直线为轴，将进行翻折，C点的对应点落在边上的点，然后把纸片展平，再以为轴，将进行翻折，点D的对应点落在直线上的处，折痕与相交于点O，与相交于点F，若．求的面积． 24．（本题满分14分）已知抛物线与轴交于点两点，与轴交于点为第四象限内抛物线上一点． (1)求抛物线的表达式； (2)如图，连接，交抛物线的对称轴于点，连接，求四边形面积的最大值及此时点的坐标； (3)在（2）的情况下，将抛物线向右平移个单位长度，得到抛物线为抛物线对称轴上一点，为抛物线上一点，若以为顶点的四边形是平行四边形，请求出所有满足条件的点的坐标． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年齐齐哈尔、黑河、大兴安岭地区中考押题冲刺卷（八）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A A B D C A B C 1．B 【分析】本题考查了求一个数的绝对值，根据负数的绝对值是它的相反数，即可求解． 【详解】解：的绝对值是， 故选：B． 2．B 【分析】本题考查识别轴对称图形和中心对称图形，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键． 利用轴对称图形和中心对称图形的定义即可求解． 【详解】解：第一个图形是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意； 第二个图形是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意； 第三个图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； 第四个图形是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意； 故选：B． 3．A 【分析】本题考查了整式的运算，根据积的乘方、合并同类项、完全平方公式及多项式除单项式的运算法则逐项计算作出判断，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：A、，计算正确，故选项符合题意； B、与不是同类项，不能合并，故选项不符合题意； C、，故选项不符合题意； D、，故选项不符合题意； 故选：A． 4．A 【分析】本题考查了平行线的性质，三角形的外角性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． 先利用平行线的性质可得，从而利用平角定义可得，然后利用三角形的外角性质可得，再利用对顶角相等即可解答． 【详解】解：如图： ， ， ， 是的一个外角， ， ， 故选：A． 5．B 【分析】本题考查观察几何体三视图判断几何体所需数量．根据题意利用俯视图和左视图即可得到本题答案． 【详解】解：∵从上面、左面看到的形状图如图所示，那么组成该几何体所需小立方块的个数如下图所示： ， ∴组成该几何体所需小立方块的个数最少为5个， 故选：B． 6．D 【分析】本题主要考查的是用列表法或树状图法求概率，列表法可以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，树状图法适合两步或两步以上完成的事件，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比，列表得出所有等可能的结果数，再从中找到符合条件的结果数，然后再用概率公式求解即可． 【详解】解：画树状图如下： 共有种等可能出现的结果，其中甲获胜的结果有种， ∴甲获胜的概率为， 故选：D． 7．C 【分析】本题主要考查了分式方程无解问题，掌握解分式方程的步骤和分式方程有无解的条件是解决本题的关键． 先解分式方程，再根据分式方程无解得关于的方程即可． 【详解】解： ∵原分式方程无解， ∴， 解得， 当时， ，该方程无解； 当时， ， ； ∴的取值为或2， 故选：C． 8．A 【分析】本题考查了二元一次方程的实际应用，设购买x个A款笔记本，y个B款笔记本，根据题意列出二元一次方程，得出y是2的倍数，再分情况找出方案的数量即可． 【详解】解：设购买x个A款笔记本，y个B款笔记本， 依题意，得：， 解得：， ∵x，y均为正整数， ∴y是2的倍数， ∴或或或或或， ∴共有6种购买方案． 故选：A． 9．B 【分析】本题考查的知识点是动点问题函数图象、一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质，解题关键是分段考虑，正确表示出时关于的函数解析式． 分三种情况可得该时间段内关于的函数解析式，结合二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质即可判断正确图象． 【详解】解：∵在中，，，， ∴，， ∴点达到点所需要的时间为：（秒）， 点达到点所需要的时间为：（秒）， ∴，故选项C、D错误； 当时，点在上运动，此时，， 如图，作交于点， ∴， ∴， 根据二次函数的性质可得，此时表示与函数关系的图象应为开口向上的抛物线， 当，点在上运动， 如图，过点作交于点， ， ∴； 根据一次函数的性质此时表示与函数关系的图象是一条斜向上的线段； 当，点在上运动，作交延长线于点， ， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据二次函数的性质可得，此时表示与函数关系的图象应为开口向下的抛物线； 则选项错误、选项正确． 故选：B． 10．C 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，判别式及方程根的存在性条件，解题时要熟练掌握二次函数的性质与代数变形技巧是关键，结合条件解参数范围时要注意分母符号． ①根据题意得出开口向下，对称轴在轴的右侧，即可判断出；②根据抛物线（，，是常数）过和两点，且，由对称轴与根的关系即可求得；③抛物线（，，是常数且）与直线有交点，可知抛物线的顶点纵坐标大于等于，列出不等式化简即可；④根据抛物线过和两点，可得出方程有两个实数根，，则可求出，然后根据不等式的性质并结合求解即可． 【详解】解：抛物线（，，是常数）过和两点，且， ，即， 故②正确； 对称轴在轴右侧， ，， ， 故①正确； 若关于的方程有实数根， 抛物线（，，是常数且）与直线有交点， ， 抛物线开口向下， 抛物线的顶点纵坐标大于等于， ， 又， ， 故③错误； 抛物线（，，是常数且）过和两点， 方程有两个实数根为，， 不妨设，， ， ， ， ，即 故④正确， 故正确的结论有：①②④， 故答案选：C． 11． 【分析】本题主要考查了科学记数法，科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案． 【详解】解：356万， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查求自变量的取值范围，根据二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，列出不等式组进行求解即可． 【详解】解：由题意，得：， 解得：； 故答案为： 13．/120度 【分析】本题考查圆锥的侧面展开图以及扇形的弧长公式，圆锥的底面周长等于侧面展开图扇形的弧长，根据弧长公式计算即可． 【详解】解：∵圆锥的底面直径为， ∴底面周长为：， ∴ 解得：， 故答案为： 14． 【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，可得，．由题意得，，则，由勾股定理得．证明，可得，代入求出的值即可． 【详解】解：由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线， 点，在直线上， ，． ，， ，， ． ， ． 在中，由勾股定理得，． ，， ， ，即， ． 故答案为：． 15．4 【分析】本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义及反比例函数图象上点的坐标特征．延长和，分别交y轴和x轴与M，N两点，结合反比例函数系数k的几何意义即可解决问题． 【详解】解：延长和，分别交y轴和x轴与M，N两点， ∵点P在的图象上，且轴，轴， ∴矩形的面积为10， ∵A、B均在的图象上， ∴和的面积都是， ∴四边形的面积为：， ∴， 解得， 故答案为：4． 16．或 【分析】作于点E，由，求得，由，求得，则，再分两种情况讨论，一是点落在线段上，由旋转得，则，求得；二是点落在线段延长线上，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：作于点E，则， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 如图1，点落在线段上， 由旋转得， ∴， ∴； 如图2，点落在线段延长线上， 由旋转得， ∴， ∴， 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、勾股定理、旋转的性质、根据面积等式求线段的长度、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地进行分类讨论并且画出相应的图形是解题的关键． 17． 【分析】根据所给直线解析式可得直线与轴的夹角，进而根据所给条件依次得到等边三角形的边长，再根据锐角三角函数求出点、、、、、的坐标，利用待定系数法求得直线与的解析式，联立方程组求解即可求得点的坐标，同理可得点、的坐标，根据规律即可得出答案． 【详解】解：如图所示， 设直线与轴交于点 当时， 当时， ∴, ∴ ∴, ∴， ∴ ∴， 是等边三角形， ∴，， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为,则， 解得：， ∴直线的解析式为， 设直线的解析式为 则 解得： ∴直线的解析式为 联立 解得： ∴ 同理可得：…… 观察纵坐标可得，点的纵坐标是 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数的性质，等边三角形的性质，待定系数法求函数解析式，求两直线交点坐标，解直角三角形，解决问题的关键是根据坐标找出规律． 18．（1）4；（2） 【详解】（1）解：原式． （2）解：原式 ； 19．， 【详解】解∶∵， ∴， ∴或， ∴，． 20．(1)补全条形统计图见解析； (2)； (3)七； (4)估计七、八年级获得“法治先锋”称号的学生共有人． 【分析】本题考查了条形统计图、扇形统计图、中位数、利用样本估计总体，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． （）先计算出七年级等级人数，再补全条形统计图； （）根据中位数定义，将八年级学生成绩按从低到高顺序排列，第位和第位的平均数即为中位数； （）比较两个年级的中位数，即可求解； （）利用样本估计总体思想求解． 【详解】（1）解：解：七年级等级人数为：（人），七年级等级人数为：（人）， 补充完整后的条形统计图如下所示： （2）解：将八年级学生成绩按从低到高顺序排列，，，，，，，，，，，，，，，， 结合条形统计图和八年级等级分数情况可知，第位和第位分别为，， 因此八年级这名学生成绩的中位数是， 故答案为：； （3）解：∵七年级的中位数为，八年级的中位数为， ∴同样是分的情况下，在七年级的排名更靠前， ∴小明是七年级的学生， 故答案为：七； （4）解：解：（人）， 答：估计七、八年级获得“法治先锋”称号的学生共有人． 21．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，由点是的中点，得到，根据圆周角定理得到，求得，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理得到结论； （2）连接．过点O作于点H，先证明是等边三角形，，．从而求得，．即可由求解． 【详解】（1）证明：连接． ∵， ∴． ∵C是弧中点， ∴， ， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线． （2）解：连接．过点O作于点H． ∵为直径， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴是等边三角形． ∴，． ∵，， ∴， ∴． ∴ ． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，勾股定理，扇形的面积． 正确地作出辅助线是解题的关键． 22．(1)50米/分钟；150米/分钟； (2)（）； (3)6分钟或12分钟或分钟． 【分析】（1）根据题意和图像，列出一元一次方程，解方程即可求出答案； （2）由题意，先求出点E的坐标，然后利用待定系数法即可求出解析式； （3）根据题意，佳佳与妈妈相距300米可分为3种情况，分别求出每一种情况的时间即可 【详解】（1）解：根据图像，设佳佳的速度为m米/分钟，则有 ， 解得：； 设妈妈追佳佳时的速度是n米/分钟，则 ， 解得：； ∴佳佳步行速度是50米/分钟；妈妈追佳佳的速度为150米/分钟； 故答案为：50米/分钟；150米/分钟； （2）解：由图可知，点E表示妈妈已经回到家，则 妈妈回家所用的时间为：（分钟）， ∴点E的横坐标为：， 此时佳佳走过的路程为：（米）， ∴点E的纵坐标为1312.5； 设线段DE的解析式为，则 把点D（15，0），点E（22.5，1312.5）代入，得 ，解得， ∴； ∴自变量x的取值范围是； ∴（）； （3）解：根据题意， ①当佳佳出发300米，妈妈在家没有出发时，有 （分钟）； ②当妈妈追佳佳时相距300米，有 ， 解得：； ③当妈妈返回家途中，与佳佳相距300米，有 ， 解得：， ∴此时的时间是（分钟）； 综合上述，佳佳与妈妈相距300米的时间为：6分钟或12分钟或分钟． 【点睛】本题考查了一次函数的应用，解题关键是能够理解函数图象各个拐点的实际意义求解． 23．（1）纸的长与宽之比为；（2）；（3）；（4） 【分析】（1）根据已有的过程得，整理得，即可作答． （2）结合矩形的性质与折叠的性质，证明四边形是正方形，，再代入数值进行化简，即可作答． （3）结合矩形的性质与折叠的性质，得，则，故，在中，，代入数值化简得，故，则，即可作答． （4）因为与关于直线对称，与关于直线对称，得，证明四边形是菱形，故是等腰直角三角形，证明，则，再证明，得，化简，即可作答． 【详解】解：（1）依题意， ∴或（舍去）， 即， 即纸的长与宽之比为， 故答案为：； （2）∵四边形是矩形， ∴， ∵折叠， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∵矩形是一张标准的纸，且（1）得纸的长与宽之比为， ∴， 故答案为：． （3）过点作，交于一点，垂足为点， ∵矩形是一张标准的纸， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， 设， ∴， 在中，， ∴， 解得（舍去）， ∴， ∴， ∴； （4）连接，如图所示： ∵与关于直线对称， ∴， ∵与关于直线对称， ∴， 即， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴设则， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质，正方形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，折叠性质，综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 24．(1) (2)， (3)或或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）求出B、C坐标，进而求出直线的表达式为，再求出对称轴，进而求出点D的坐标，则根据求出，设点的坐标为，则点的坐标为，再由，，列出关于m的二次函数关系式，利用二次函数的性质求解即可； （3）先求出平移后的抛物线解析式，进而得到平移后的对称轴，再分①当为的对角线时，②当为的边，且为对角线时，③当为的边，且为对角线时，三种情况分别平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解即可． 【详解】（1）解：将代入中，得 ，解得， 抛物线的表达式为； （2）解：在中标，当时，， 解得， 点的坐标为， 当时，， 点的坐标为． 设直线的表达式为， 将代入，得， 解得， 直线的表达式为， 抛物线表达式为， 抛物线的对称轴为直线， 在中，当时，， 点的坐标为， 如图，过点作轴交于点． 设点的坐标为，则点的坐标为， ，， ， ， 当时，取最大值， 当时，， 四边形面积的最大值为，此时点的坐标为； （3）解：抛物线的表达式为， 抛物线的表达式为， 抛物线的对称轴为直线， 点的横坐标为3， 设， 由（2）得，， 分以下三种情况讨论： ①当为的对角线时， ∵平行四边形对角线中点坐标相同， ， 解得， ， ； ②当为的边，且为对角线时， ∵平行四边形对角线中点坐标相同， ， 解得， ，； ③当为的边，且为对角线时， ∵平行四边形对角线中点坐标相同， ， 解得 ， ． 综上所述，点的坐标为或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，平行四边形的性质等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$