贵州省7月普通高中学2026届中考冲刺卷数学试题含解析

贵州省7月普通高中学2026届中考冲刺卷数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．如图所示，直线a∥b，∠1=35°，∠2=90°，则∠3的度数为（）A．125° B．135° C．145° D．155°2．如图所示的几何体的左视图是（）A． B． C． D．3．2016年底安徽省已有13个市迈入“高铁时代”，现正在建设的“合安高铁”项目，计划总投资334亿元人民币.把334亿用科学记数法可表示为（）A．0.334×1011B．3.34×10104．如图：将一个矩形纸片，沿着折叠，使点分别落在点处.若，则的度数为（）A． B． C． D．5．一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为2的正方形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的表面积是（）A．6πB．4πC．8πD．46．在平面直角坐标系xOy中，对于任意三点A，B，C的“矩面积”，给出如下定义：“水平底”a：任意两点横坐标差的最大值，“铅垂高”h：任意两点纵坐标差的最大值，则“矩面积”S=ah．例如：三点坐标分别为A（1，2），B（﹣3，1），C（2，﹣2），则“水平底”a=5，“铅垂高”h=4，“矩面积”S=ah=1．若D（1，2）、E（﹣2，1）、F（0，t）三点的“矩面积”为18，则t的值为（）A．﹣3或7B．﹣4或6C．﹣4或7D．﹣3或67．关于x的方程12x=kA．0或128．抛物线y=–x2+bx+c上部分点的横坐标x、纵坐标y的对应值如下表所示：x…–2–1012…y…04664…从上表可知，下列说法错误的是A．抛物线与x轴的一个交点坐标为(–2，0) B．抛物线与y轴的交点坐标为(0，6)C．抛物线的对称轴是直线x=0 D．抛物线在对称轴左侧部分是上升的9．已知：如图，AD是△ABC的角平分线，且AB：AC=3：2，则△ABD与△ACD的面积之比为（）A．3：2 B．9：4 C．2：3 D．4：910．等腰三角形两边长分别是2cm和5cm，则这个三角形周长是（）A．9cmB．12cmC．9cm或12cmD．14cm二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11．对角线互相平分且相等的四边形是（）A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形12．标号分别为1，2，3，4，……，n的n张标签（除标号外其它完全相同），任摸一张，若摸得奇数号标签的概率大于0.5，则n可以是_____．13．2018年春节期间，反季游成为出境游的热门，中国游客青睐的目的地仍主要集中在温暖的东南亚地区．据调查发现2018年春节期间出境游约有700万人，游客目的地分布情况的扇形图如图所示，从中可知出境游东南亚地区的游客约有________万人．14．如图，AB∥CD，BE交CD于点D，CE⊥BE于点E，若∠B=34°，则∠C的大小为________度．15．如图，Rt△ABC的直角边BC在x轴上，直线y=x﹣经过直角顶点B，且平分△ABC的面积，BC=3，点A在反比例函数y=图象上，则k=_______．16．如图，扇形的半径为，圆心角为120°，用这个扇形围成一个圆锥的侧面，所得的圆锥的高为______.三、解答题（共8题，共72分）17．（8分）九年级学生到距离学校6千米的百花公园去春游，一部分学生步行前往，20分钟后另一部分学生骑自行车前往，设（分钟）为步行前往的学生离开学校所走的时间，步行学生走的路程为千米，骑自行车学生骑行的路程为千米，关于的函数图象如图所示.（1）求关于的函数解析式；（2）步行的学生和骑自行车的学生谁先到达百花公园，先到了几分钟？18．（8分）（）如图①已知四边形中，，BC=b，，求：①对角线长度的最大值；②四边形的最大面积；（用含，的代数式表示）（）如图②，四边形是某市规划用地的示意图，经测量得到如下数据：，，，，请你利用所学知识探索它的最大面积（结果保留根号）19．（8分）为加快城乡对接，建设全域美丽乡村，某地区对A、B两地间的公路进行改建．如图，A、B两地之间有一座山，汽车原来从A地到B地需途径C地沿折线ACB行驶，现开通隧道后，汽车可直接沿直线AB行驶．已知BC=80千米，∠A=45°，∠B=30°．开通隧道前，汽车从A地到B地大约要走多少千米？开通隧道后，汽车从A地到B地大约可以少走多少千米？（结果精确到0.1千米）（参考数据：≈1.41，≈1.73）20．（8分）在平面直角坐标系中，抛物线经过点A（-1,0）和点B（4,5）.（1）求该抛物线的函数表达式.（2）求直线AB关于x轴对称的直线的函数表达式.（3）点P是x轴上的动点，过点P作垂直于x轴的直线l，直线l与该抛物线交于点M，与直线AB交于点N.当PM<PN时，求点P的横坐标的取值范围.21．（8分）如图，在△ABC中，点D在边BC上，联结AD，∠ADB=∠CDE，DE交边AC于点E，DE交BA延长线于点F，且AD2=DE•DF．(1)求证：△BFD∽△CAD；(2)求证：BF•DE=AB•AD．22．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，M是BC的中点，DE⊥AM于点E．求证：△ADE∽△MAB；求DE的长．23．（12分）如图，将一张直角三角形ABC纸片沿斜边AB上的中线CD剪开，得到△ACD，再将△ACD沿DB方向平移到△A′C′D′的位置，若平移开始后点D′未到达点B时，A′C′交CD于E，D′C′交CB于点F，连接EF，当四边形EDD′F为菱形时，试探究△A′DE的形状，并判断△A′DE与△EFC′是否全等？请说明理由．24．已知△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC．（1）如图1，求证：；（2）如图2，当BC为直径时，作BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F，求证：DE=AF；（3）如图3，在（2）的条件下，延长BE交⊙O于点G，连接OE，若EF=2EG，AC=2，求OE的长．

参考答案一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）1、A【解析】分析：如图求出∠5即可解决问题．详解：∵a∥b，∴∠1=∠4=35°，∵∠2=90°，∴∠4+∠5=90°，∴∠5=55°，∴∠3=180°-∠5=125°，故选：A．点睛：本题考查平行线的性质、三角形内角和定理，邻补角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．2、A【解析】本题考查的是三视图．左视图可以看到图形的排和每排上最多有几层．所以选择A．3、B【解析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，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＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．解：334亿=3.34×1010“点睛”此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．4、B【解析】根据折叠前后对应角相等可知．

解：设∠ABE=x，

根据折叠前后角相等可知，∠C1BE=∠CBE=50°+x，

所以50°+x+x=90°，

解得x=20°．

故选B．“点睛”本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．5、A【解析】根据题意，可判断出该几何体为圆柱．且已知底面半径以及高，易求表面积．解答：解：根据题目的描述，可以判断出这个几何体应该是个圆柱，且它的底面圆的半径为1，高为2，那么它的表面积=2π×2+π×1×1×2=6π，故选A．6、C【解析】

由题可知“水平底”a的长度为3，则由“矩面积”为18可知“铅垂高”h=6，再分＞2或t＜1两种情况进行求解即可.【详解】解：由题可知a=3，则h=18÷3=6，则可知t＞2或t＜1.当t＞2时，t-1=6，解得t=7；当t＜1时，2-t=6，解得t=-4.综上，t=-4或7.故选择C.【点睛】本题考查了平面直角坐标系的内容，理解题意是解题关键.7、A【解析】方程两边同乘2x(x+3)，得x+3=2kx，（2k-1）x=3，∵方程无解，∴当整式方程无解时，2k-1=0，k=12当分式方程无解时，①x=0时，k无解，②x=-3时，k=0，∴k=0或12故选A.8、C【解析】当x=-2时，y=0，

∴抛物线过（-2，0），

∴抛物线与x轴的一个交点坐标为（-2，0），故A正确；

当x=0时，y=6，

∴抛物线与y轴的交点坐标为（0，6），故B正确；

当x=0和x=1时，y=6，

∴对称轴为x=，故C错误；

当x＜时，y随x的增大而增大，

∴抛物线在对称轴左侧部分是上升的，故D正确；

故选C．9、A【解析】试题解析：过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F.∵AD为∠BAC的平分线，∴DE=DF，又AB:AC=3:2，故选A.点睛：角平分线上的点到角两边的距离相等.10、B【解析】当腰长是2cm时，因为2+2<5，不符合三角形的三边关系，排除；当腰长是5cm时，因为5+5>2，符合三角形三边关系，此时周长是12cm．故选B．二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11、B【解析】

根据平行四边形的判定与矩形的判定定理，即可求得答案．【详解】∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形，∴对角线相等且互相平分的四边形一定是矩形．故选B．【点睛】此题考查了平行四边形，矩形，菱形以及等腰梯形的判定定理．此题比较简单，解题的关键是熟记定理．12、奇数．【解析】

根据概率的意义，分n是偶数和奇数两种情况分析即可.【详解】若n为偶数，则奇数与偶数个数相等，即摸得奇数号标签的概率为0.5，若n为奇数，则奇数比偶数多一个，此时摸得奇数号标签的概率大于0.5，故答案为：奇数．【点睛】本题考查概率公式,一般方法为：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率.13、1【解析】分析：用总人数乘以样本中出境游东南亚地区的百分比即可得．详解：出境游东南亚地区的游客约有700×（1﹣16%﹣15%﹣11%﹣13%）=700×45%=1（万）．故答案为1．点睛：本题主要考查扇形统计图与样本估计总体，解题的关键是掌握各项目的百分比之和为1，利用样本估计总体思想的运用．14、56【解析】

解：∵AB∥CD,∴又∵CE⊥BE，∴Rt△CDE中,故答案为56.15、1【解析】分析：根据题意得出点B的坐标，根据面积平分得出点D的坐标，利用三角形相似可得点A的坐标，从而求出k的值．详解：根据一次函数可得：点B的坐标为(1，0)，∵BD平分△ABC的面积，BC=3∴点D的横坐标1.5，∴点D的坐标为，∵DE：AB=1：1，∴点A的坐标为(1，1)，∴k=1×1=1．点睛：本题主要考查的是反比例函数的性质以及三角形相似的应用，属于中等难度的题型．得出点D的坐标是解决这个问题的关键．16、4cm【解析】

求出扇形的弧长，除以2π即为圆锥的底面半径，然后利用勾股定理求得圆锥的高即可．【详解】扇形的弧长==4π，

圆锥的底面半径为4π÷2π=2，

故圆锥的高为：=4,

故答案为4cm．【点睛】本题考查了圆锥的计算，重点考查了扇形的弧长公式；圆的周长公式；用到的知识点为：圆锥的弧长等于底面周长．三、解答题（共8题，共72分）17、；（2）骑自行车的学生先到达百花公园，先到了10分钟.【解析】

（1）根据函数图象中的数据可以求得关于的函数解析式；（2）根据函数图象中的数据和题意可以分别求得步行学生和骑自行车学生到达百花公园的时间，从而可以解答本题.【详解】解：（1）设关于的函数解析式是，，得，即关于的函数解析式是；（2）由图象可知，步行的学生的速度为：千米/分钟，步行同学到达百花公园的时间为：（分钟），当时，，得，，答：骑自行车的学生先到达百花公园，先到了10分钟.【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答.18、（1）①；②；（2）150＋475＋475.【解析】

（1）①由条件可知AC为直径，可知BD长度的最大值为AC的长，可求得答案；②连接AC，求得AD2＋CD2，利用不等式的性质可求得AD•CD的最大值，从而可求得四边形ABCD面积的最大值；（2）连接AC，延长CB，过点A做AE⊥CB交CB的延长线于E，可先求得△ABC的面积，结合条件可求得∠D＝45°，且A、C、D三点共圆，作AC、CD中垂线，交点即为圆心O，当点D与AC的距离最大时，△ACD的面积最大，AC的中垂线交圆O于点D'，交AC于F，FD'即为所求最大值，再求得

△ACD′的面积即可．【详解】（1）①因为∠B＝∠D＝90°，所以四边形ABCD是圆内接四边形，AC为圆的直径，则BD长度的最大值为AC，此时BD＝，②连接AC，则AC2＝AB2＋BC2＝a2＋b2＝AD2＋CD2，S△ACD＝ADCD≤（AD2＋CD2）＝（a2＋b2），所以四边形ABCD的最大面积＝（a2＋b2）＋ab＝；（2）如图，连接AC，延长CB，过点A作AE⊥CB交CB的延长线于E，因为AB＝20，∠ABE＝180°－∠ABC＝60°，所以AE＝ABsin60°＝10，EB＝ABcos60°＝10，S△ABC＝AEBC＝150，因为BC＝30，所以EC＝EB＋BC＝40，AC＝＝10，因为∠ABC＝120°，∠BAD＋∠BCD＝195°，所以∠D＝45°，则△ACD中，∠D为定角，对边AC为定边，所以，A、C、D点在同一个圆上，做AC、CD中垂线，交点即为圆O，如图，当点D与AC的距离最大时，△ACD的面积最大，AC的中垂线交圆O于点D’，交AC于F，FD’即为所求最大值，连接OA、OC，∠AOC＝2∠AD’C＝90°，OA＝OC，所以△AOC，△AOF等腰直角三角形，AO＝OD’＝5，OF＝AF＝＝5,D’F＝5＋5，S△ACD’＝ACD’F＝5×（5＋5）＝475＋475，所以Smax＝S△ABC＋S△ACD＝150＋475＋475.【点睛】本题为圆的综合应用，涉及知识点有圆周角定理、不等式的性质、解直角三角形及转化思想等．在（1）中注意直径是最长的弦，在（2）中确定出四边形ABCD面积最大时，D点的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性很强，计算量很大，难度适中．19、（1）开通隧道前，汽车从A地到B地大约要走136.4千米；（2）汽车从A地到B地比原来少走的路程为27.2千米【解析】

（1）过点C作AB的垂线CD，垂足为D，在直角△ACD中，解直角三角形求出CD，进而解答即可；（2）在直角△CBD中，解直角三角形求出BD，再求出AD，进而求出汽车从A地到B地比原来少走多少路程．【详解】解：（1）过点C作AB的垂线CD，垂足为D，∵AB⊥CD，sin30°=，BC=80千米，∴CD=BC•sin30°=80×（千米），AC=（千米），AC+BC=80+40≈40×1.41+80=136.4（千米），答：开通隧道前，汽车从A地到B地大约要走136.4千米；（2）∵cos30°=，BC=80（千米），∴BD=BC•cos30°=80×（千米），∵tan45°=，CD=40（千米），∴AD=（千米），∴AB=AD+BD=40+40≈40+40×1.73=109.2（千米），∴汽车从A地到B地比原来少走多少路程为：AC+BC﹣AB=136.4﹣109.2=27.2（千米）．答：汽车从A地到B地比原来少走的路程为27.2千米．【点睛】本题考查了勾股定理的运用以及解一般三角形，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．20、（1）（2）（3）【解析】

（1）根据待定系数法，可得二次函数的解析式；（2）根据待定系数法，可得AB的解析式，根据关于x轴对称的横坐标相等，纵坐标互为相反数，可得答案；（3）根据PM＜PN，可得不等式，利用绝对值的性质化简解不等式，可得答案．【详解】（1）将A（﹣1，1），B（2，5）代入函数解析式，得：，解得：，抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；（2）设AB的解析式为y=kx+b，将A（﹣1，1），B（2，5）代入函数解析式，得：，解得：，直线AB的解析式为y=x+1，直线AB关于x轴的对称直线的表达式y=﹣（x+1），化简，得：y=﹣x﹣1；（3）设M（n，n2﹣2n﹣3），N（n，n+1），PM＜PN，即|n2﹣2n﹣3|＜|n+1|．∴|（n+1）（n-3）|-|n+1|＜1，∴|n+1|（|n-3|-1）＜1．∵|n+1|≥1，∴|n-3|-1＜1，∴|n-3|＜1，∴－1＜n-3＜1，解得：2＜n＜2．故当PM＜PN时，求点P的横坐标xP的取值范围是2＜xP＜2．【点睛】本题考查了二次函数综合题．解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是利用关于x轴对称的横坐标相等，纵坐标互为相反数；解（3）的关键是利用绝对值的性质化简解不等式．21、见解析【解析】试题分析：（1），，可得∽，从而得，再根据∠BDF=∠CDA即可证；（2）由∽，可得，从而可得，再由∽，可得从而得，继而可得，得到．试题解析：（1）∵，∴，∵，∴∽，∴，又∵∠ADB=∠CDE，∴∠ADB+∠ADF=∠CDE+∠ADF，即∠BDF=∠CDA，∴∽；（2）∵∽，∴，∵，∴，∵∽，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，能结合图形以及已知条件灵活选择恰当的方法进行证明是关键.22、（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：利用矩形角相等的性质证明△DAE∽△AMB.试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DAE=∠AMB，又∵∠DEA=∠B=90°，∴△DAE∽△AMB.（2）由（1）知△DAE∽△AMB，∴DE：AD=AB：AM，∵M是边BC的中点，BC=6，∴BM=3，又∵AB=4，∠B=90°，∴AM=5，∴DE：6=4：5，∴DE=．23、△A′DE是等腰三角形；证明过程见解析.【解析】试题分析:当四边形EDD′F为菱形时，△A′DE是等腰三角形，△A′DE≌△EFC′．先证明CD=DA=DB，得到∠DAC=∠DCA，由AC∥A′C′即可得到∠DA′E=∠DEA′由此即可判断△DA′E的形状．由EF∥AB推出∠CEF=∠EA′D，∠EFC=∠A′D′C=∠A′DE，再根据A′D=DE=EF即可证明．试题解析：当四边形EDD′F为菱形时，△A′DE是等腰三角形，△A′DE≌△EFC′．理由：∵△BCA是直角三角形，∠ACB=90°，AD=DB，∴CD=DA=DB，∴∠DAC=∠DCA，∵A′C∥AC，∴∠DA′E=∠A，∠DEA′=∠DCA，∴∠DA′E=∠DEA′，∴DA′=DE，∴△A′DE是等腰三角形．∵四边形DEFD′是菱形，∴EF=DE=DA′，EF∥DD′，∴∠CEF=∠DA′E，∠EFC=∠CD′A′，∵CD∥C′D′，∴∠A′DE=∠A′D′C=∠EFC，在△A′DE和△EFC′中，∠EA∴△A′DE≌△EFC′．考点：1.菱形的性质；2.全等三角形的判定；3.平移的性质．24、（1）证明见解析；（1）证明见解析；（3）1.【解析】

（1）连接OB、OC、OD，根据圆心角与圆周角的性质得∠BOD=1∠BAD，∠COD=1∠CAD，又AD平分∠BAC，得∠BOD=∠COD，再根据圆周角相等所对的弧相等得出结论.（1）过点O作OM⊥AD于点M，又一