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2025年齐齐哈尔、黑河、大兴安岭地区中考押题冲刺卷（五）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
考生注意：
考试时间120分钟
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．的倒数是（ ）
A． B． C． D．
2．2024年，我国申报的“春节——中国人庆祝传统新年的社会实践”非遗项目，列入联合国教科文组织的人类非物质文化遗产代表作名录．春节民间有剪窗花的习俗，人们用剪窗花来表达自己庆贺新春的欢乐心情．下面是某同学为首个非遗蛇年春节设计的四种窗花，其中是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．用若干个大小相同的小立方体搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如图所示，若这个几何体最少由m个小立方体搭成，最多由n个小立方体搭成，则的值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
5．一束光照射到平面镜上的点处后反射到平面镜上的点处，已知入射光线、反射光线与的夹角相等，照射点处的法线（法线与反射面垂直，即），若，则两平面镜的夹角的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．中国古代有许多数学著作，《周髀算经》《九章算术》《测圆海镜》《四元玉鉴》是我国古代数学的重要文献．某中学拟从这4部数学名著中随机选择2部作为校本课程“数学文化”方面的学习内容，则恰好选中《九章算术》和《四元玉鉴》的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．关于x的方程的解为非负数，则m的取值范围是（ ）
A． B． C．且 D．且
8．工人师傅用如图中的块正方形瓷砖和块长方形瓷砖拼成如图的甲、乙两种图形若干个，瓷砖恰好用完．则的值可能是（ ）
A． B． C． D．
9．如图（1），在等腰三角形中，，点M是的中点，点N是的中点．点P从点A出发，沿运动至点N，连接，．设点P运动的距离为x，，．在点P运动过程中，与x的函数关系图象如图（2）所示，与x的函数关系图象如图（3）所示．若图（2）中最低点D的纵坐标为，则图（3）中最低点E的纵坐标a的值为（ ）
A． B．6 C． D．3
10．如图，二次函数的图象与x轴负半轴交于，对称轴为直线．有以下结论：①；②；③若点，，均在函数图象上，则；④若方程的两根为、，且则；⑤点，是抛物线与轴的两个交点，若在轴下方的抛物线上存在一点，使得，则的范围为．其中结论正确的个数为（ ）

A．个 B．个 C．个 D．个
二、填空题（每小题3分，满分21分）
11．2025年2月7日，第9届亚冬会在黑龙江哈尔滨开幕，开幕式现场悬挂了约1200000朵发光的小雪花片，打造一条100米长的飘带状冰道，请将数字1200000用科学记数法表示为 ．
12．在函数中，自变量x的取值范围是 ．
13．图是一种道路交通隔离警戒设施交通锥，将其抽象成几何图形，近似地看成圆锥（如图），测得底面半径，母线，则圆锥的侧面积是 ．（结果保留）
14．如图，在中，．按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点M，N；②分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点E；③作射线交于点D；④以点A为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点H，连接，则的周长为 ．
15．如图，点在双曲线上，作直线交双曲线于点B，过点作轴于点C，连接，已知的面积为2，那么 ．
16．如图所示，在矩形中，，，将沿射线平移得，连接，，当是直角三角形时，平移的距离的长度为 ．
17．如图．在平面直角坐标系中，直线l经过原点，且与y轴正半轴所夹的锐角为60°，过点作y轴的垂线交直线l于点B，过点B作直线l的垂线交y轴于点，以，BA为邻边作；过点作y轴的垂线交直线l于点，过点作直线l的垂线交y轴于点，以，为邻边作……按此作法继续下去，则点的坐标是 ．
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）因式分解：(2)．
19．解方程：．
20．某校八年级（1）班学生以跨学科主题学习为载体，综合运用体育、数学、生物学等知识，研究体育课的运动负荷．在体育课基本部分运动后，测量统计了部分学生的心率情况，按心率次数（次/分钟），分为如下五组：A组：，B组：，C组：，D组：，E组：，根据统计数据绘制了不完整的统计图（如图所示），请结合统计图解答下列问题：
(1)其中A组数据为：70，65，65，66，50，60，60，，组数据的中位数是______次，众数是______次，平均数是______次．
(2)组频数是______人．
(3)一般运动的适宜心率为（次/分钟），即C、D组都是适宜的心率．该校共有2200名学生，依据此次跨学科研究结果，估计该校大约有多少名学生达到适宜心率．
21．如图，为的直径，是的弦，，与交于点M，连接并延长与的延长线交于点F，延长至点E，使，连接，平分．
(1)求证：与相切；
(2)若，，求的长．
22．某校无人机社团进行无人机表演训练，甲无人机以的速度从地面起飞匀速上升，同时乙无人机从距离地面高的楼顶起飞下降，时甲、乙无人机分别到达各自训练计划指定的高度开始表演，时乙无人机完成表演动作，以的速度继续飞行上升，时与甲无人机汇合，此时距离地面的高度为，甲、乙两架无人机以相同的速度下降返回地面．甲、乙两架无人机所在的位置距离地面的高度与无人机飞行的时间之间的函数关系如图所示．请结合图象解答下列问题．
(1)______，______．
(2)求线段所在直线的函数表达式．
(3)两架无人机表演训练到多少时，它们距离地面的高度差为？直接写出答案即可
23．【特例感知】
在正方形中，点，分别在边，上，与相交于点．
（1）如图，若点，分别是，的中点，则______；
如图，若点是的中点，，则______．
【类比探究】
在菱形中，，点，分别在，上，对角线，相交于点，与相交于点，连接交于点．
（2）如图，若，分别是，的中点，求的值；
如图，若，求证：．
【拓展延伸】
（3）如图，在四边形中，，且，点为的中点．若，请直接写出的值．
24．在平面直角坐标系中，抛物线交轴于A，两点，交轴正半轴于点，且．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点在轴上，点在第一象限的抛物线上，若且，求点的坐标；
(3)如图2，已知动点在抛物线上，为的中点，作轴交抛物线于点．设点的横坐标为，线段的长为．
①直接写出关于的函数解析式；
②当时，试探究的取值范围．
试卷第1页，共3页
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《2025年齐齐哈尔、黑河、大兴安岭地区中考押题冲刺卷（五）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B B C B D C B A C
1．A
【分析】本题考查了倒数，解题的关键是熟练掌握倒数的定义．先将转化成分数，然后根据倒数的定义解答即可．
【详解】解：，
的倒数是，
故选：A．
2．B
【分析】本题主要考查了轴对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形．
根据轴对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】解：A．不是轴对称图形，不符合题意；
B．是轴对称图形，符合题意；
C．不是轴对称图形，不符合题意；
D．不是轴对称图形，不符合题意．
故选B．
3．B
【分析】本题考查了同底数幂相乘、同底数幂相除，完全平方公式，积的乘方，据此相关性质内容进行逐项计算，即可作答．
【详解】解：A、，故该选项不符合题意；
B、，故该选项符合题意；
C、，故该选项不符合题意；
D、，故该选项不符合题意；
故选：B
4．C
【分析】本题主要考查了小立方体堆砌而成的几何体的三视图，根据主视图和俯视图可确定中间一列为右边一列的小立方块数量，最少情形下左边一列底层有3个小立方块，上面一层有1个小立方块，最多情形下左边一列底层有3个小立方块，上面一层有3个小立方块，据此可得答案．
【详解】解：如图所示，图1是最少的一种情形下每个位置的小立方块数，图2是最多情形下每个位置的小立方块数，
∴，
∴，
故选：C．
5．B
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形内角和的性质，利用题意求得，再根据平行的性质可得，即可解答，熟练运用平行线的性质是解题的关键．
【详解】解：，
∴，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
6．D
【分析】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．画树状图表示出所有等可能得情况和恰好选中《九章算术》和《四元玉鉴》的情况，然后利用概率公式求解即可．
【详解】解：将四部文献《周髀算经》《九章算术》《测圆海镜》《四元玉鉴》分别记为，根据题意可以画出如下的树状图：
由树状图可以看出，所有可能的结果有 12 种，并且这 12 种结果出现的可能性相等，
其中恰好选中《九章算术》和《四元玉鉴》的情况有 2 种，
∴恰好选中《九章算术》和《四元玉鉴》的概率是，
故选：D．
7．C
【分析】本题考查了分式方程的解，解一元一次不等式，一定要注意分式方程的最简公分母不能为0．根据解分式方程的方法，用含的式子表示的值，再根据解为非负数和分母不为0即可求解．
【详解】解：，
去分母得：，
去括号移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
，
，即，
，
解为非负数，
，
，
且．
故选：C．
8．B
【分析】本题主要考查了二元一次方程组，整除性等知识点，根据题中的数量关系正确列出方程组是解题的关键．
设工人师傅用图中的块正方形瓷砖和块长方形瓷砖可拼成图中的甲种图形个，乙种图形个，瓷砖恰好用完，依据题中的数量关系可列出二元一次方程组，然后根据的整除性即可排除错误答案，得出正确答案．
【详解】解：设工人师傅用图中的块正方形瓷砖和块长方形瓷砖可拼成图中的甲种图形个，乙种图形个，瓷砖恰好用完，依据题中的数量关系可列出二元一次方程组如下：
，
由得：，
将代入，得：，
解得：，
、都是正整数，
必须能被整除，
由此可知，选项、、不符合题意，选项符合题意，
此时，的确是二元一次方程组的一个正整数解，
故选：．
9．A
【分析】由图（2）可知当时，有最小值，为，此时，，进而得，由勾股定理得，作点M关于的对称点，则点为的中点，连接交于点P，过点作于点H，此时，，，再由勾股定理求出即可得解．
【详解】解：∵在等腰三角形中，，点N是的中点，
∴，，
图（2）中最低点D的纵坐标为，
∴当时，有最小值，为，此时，，
又∵点M是的中点，
∴，，
∴在中，，
作点M关于的对称点，则点为的中点，连接交于点P，过点作于点H，此时，，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
即，
故选：A．
【点睛】本题主要考查动点函数问题、等腰三角形的性质、两点之间线段最短、中位线的性质定理、勾股定理．
10．C
【分析】本题考查二次函数的图象及性质，由抛物线的开口方向判断与的关系，由抛物线与y轴的交点判断与的关系，然后根据抛物线对称性进行推理，进而对所得结论进行判断，熟练掌握二次函数的图象及性质，能从图象中获取信息是解题的关键．
【详解】解：∵对称轴为直线，函数图象与轴负半轴交于，
∴，
∴，
由图象可知，，
∴，
∴，故错误；
由图可知，当时，，
∴，即，故②正确；
∵点，，均在函数图象上，对称轴为直线，开口向上，
∴，
则，故③错误；
由抛物线对称性可知，抛物线与轴另一个交点为，
∴抛物线解析式为：，
令，则，
如图，作，

由图形可知，故④正确；
由题意可知：，到对称轴的距离为，
当抛物线的顶点到轴的距离不小于时，在轴下方的抛物线上存在点，使得，即，
∵，
∴，，
∴，
解得：，故⑤正确，
综上可知②④⑤正确，共个，
故选：．
11．
【分析】本题考查了科学记数法的运用，确定的值是解题的关键．
科学记数法的表示形式为，确定的值的方法：当原数的绝对值时，把原数变为时，小数点向左移动位数即为的值；当原数的绝对值时，把原数变为时，小数点向右 移动位数的相反数即为的值，由此即可求解．
【详解】解：，
故答案为： ．
12．
【分析】本题考查函数自变量的取值范围，二次根式及分式有意义的条件，熟练掌握其有意义的条件是解题的关键．
根据二次根式及分式有意义的条件即可求得答案．
【详解】解：由题意，得，
解得：，
故答案为：．
13．
【分析】本题主要考查了求圆锥的侧面积．根据圆锥的侧面积解答即可．
【详解】解：圆锥的侧面积是
故答案为：．
14．12
【分析】本题考查了作图-基本作图，利用基本作图得到平分，再证明得到，接着利用勾股定理计算出，然后利用等线段代换得到的周长．
【详解】解：由作法得平分，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的周长．
故答案为：12．
15．18
【分析】本题考查反比例函数与一次函数交点问题，反比例函数的几何意义，矩形的性质，先求出点坐标进而求出的解析式，过点作轴与点D，延长交于点，根据三角形的面积公式，求出点坐标，即可得出值．
【详解】解：点在双曲线上，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，则：，
∴，
∴直线的解析式为，
设，
过点作轴于点D，延长交于点，
∵轴，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
16．或
【分析】本题考查了矩形的性质，三角函数，全等三角形的判定和性质等，分、和三种情况解答即可求解，运用分类讨论思想解答并正确画出图形是解题的关键．
【详解】解：如图，是直角三角形，且，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
延长交于点，延长交于点，
∵将沿射线平移得，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，，，
∴，
解得，
∴；
如图，是直角三角形，且，则，
∵，
∴；
∵，且是锐角，
∴，
∴不存在是直角三角形，且的情况；
综上所述，移的距离的长度为或，
故答案为：或．
17．
【分析】先求出直线的解析式为，设点坐标为，根据直线经过点，求出点坐标为，解，得出，由平行四边形的性质得出，则点的坐标为，即；根据直线经过点，求出点坐标为，解，得出，由平行四边形的性质得出，则点的坐标为，即；同理，可得点的坐标为，即；进而得出规律，求得的坐标是即可得到答案．
【详解】解：∵直线经过原点，且与轴正半轴所夹的锐角为，
∴直线的解析式为．
∵轴，点，
∴设点坐标为，
将代入，得，解得，
∴点坐标为，
则．
在中，，
∴，
∵在中，，
∴点的坐标为，即；
由，解得，
∴点坐标为，
则．
在中，，
∴，
∵在中，，
∴点的坐标为，即；
同理，可得点的坐标为，即；
以此类推，则的坐标是，
的坐标．
故答案为：．
【点睛】本题考查了坐标规律，涉及图形与坐标、平行四边形的性质、勾股定理解直角三角形以及一次函数的综合应用，先分别求出点的坐标，从而发现规律是解题的关键．
18．（1）；(2)
【详解】（1）解：
．
（2）解：
．
19．
【分析】先化为一般形式，再利用提公因式法进行因式分解，求解即可．
【详解】
解：
∴
∴
∴
∴或
∴．
20．(1)，60，62
(2)30
(3)1650名
【分析】本题考查频数分布直方图、扇形统计图、众数、中位数以及用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
（1）根据中位数和众数，平均数的概念求解，
（2）根据总人数减去其他组的人数，即得出C组的频数；
（3）根据样本估计总体的方法求解即可．
【详解】（1）解：将A组数据从小到大排列为：50，60，60，60，65，65，66，70，
中位数为（次）；
出现的次数最多，
众数是60次；
平均次数为：次
故答案为：，60，62；
（2）解：，
人，
组的人数为
故答案为：30；
（3）解：名，
答：估计该校大约有1650名学生达到适宜心率．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由角平分线的定义得出，再证明，由平行线的性质得出，再根据垂线的定义得出，进而可得出，再由等边对等角得出，即可得出，即可证明．
（2）由垂径定理可得出，有圆周角定理可得出，由正切的定义可知，由(1)可得，即，设半径，则．由勾股定了得出r，再由正切的定义得出，设，则．，最后由勾股定理即可求出答案．
【详解】（1）证明∶如图，连接，
∵平分，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又
∴，
∵，
∴，
∴，
即．．
∵为的半径，
∴与相切．
（2）解∶∵，为的直径，∶
∴垂直平分，
即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
由(1)可得，
即．
∵，
设半径，则．
∵，，
∴．
在中，
，，
∴，
即，
解得或．
当时，，故不符合题意，舍去，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则．
在，，
即，
解得，
∴
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，等边对等角，平行线的判定和性质，圆切线的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形的有关计算，勾股定理等知识，掌握这些知识是解题的关键．
22．(1)3，24；
(2)；
(3)或或
【分析】本题考查一次函数的应用，掌握待定系数法求一次函数的关系式及速度、路程、时间之间的关系是解题的关键．
（1）根据路程速度时间求出时乙无人机距离地面的高度，即b的值；再根据速度路程时间求出a的值即可；
（2）利用待定系数法解答即可；
（3）根据甲、乙两架无人机y与x之间的函数关系式，分别计算当、时，它们距离地面的高度差为时对应x的值即可．
【详解】（1）解：时乙无人机距离地面的高度为，
，
前甲无人机的速度为，
，
故答案为：3，；
（2）解：设线段所在直线的函数表达式为（、b为常数，且）
将坐标和分别代入，
得，
解得，
线段所在直线的函数表达式为
（3）解：当时，甲无人机y与x之间的函数关系式为；
当时，乙无人机y与x之间的函数关系式为，
当时，它们距离地面的高度差为时，得，
解得或；
当时，它们距离地面的高度差为时，得，
解得
答：两架无人机表演训练到或或时，它们距离地面的高度差为
23．（）；；（）；见解析；（）．
【分析】（）设与交于点，由四边形是正方形，得，，，，又点，分别是，的中点，则，，，设，则，则，然后通过即可求解；
由四边形是正方形，则，，然后证明，故，又点是的中点，所以，最后代入求值即可；
（）由四边形是菱形，得，，，又，分别是，的中点，故有，，由勾股定理得，证明是等边三角形，是等边三角形，设
，则，所以，，，由勾股定理得：，则，求出，再代入即可；
在的延长线上找一点，连接，使得，证明，则，再证明为等边三角形，则，所以，从而求证；
（）过作，交延长线于点，过作，交延长线于点，证明，所以，设，，则，，又点为的中点，所以，则，整理得：，即，解出的值即可．
【详解】解：（）如图，设与交于点，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵点，分别是，的中点，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
故答案为：；
（）∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，分别是，的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
同理是等边三角形，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴；
在的延长线上找一点，连接，使得，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，即；
（）如图，过作，交延长线于点，过作，交延长线于点，
∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴，，，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，，则，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
整理得：，
∴，
∴，
∴或（舍去），
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，解一元二次方程，等边三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
24．(1)
(2)
(3)①；②或
【分析】（1）由得，得，得，根据，得，即得；
（2）由得，得，设，根据，，得，得,解得，即得；
（3）①∵，为的中点，得；②根据，得，解得或．
【详解】（1）解：∵中，当时，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
解得或，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵时，或，
∴，
∵，
∴，
设，
∵，，
∴，
∴，
解得，
∴；
（3）解：①∵，为的中点，
∴，
∵轴，交抛物线于点，
∴，
∴；
②∵，，
∴，
∴，
解得或．
【点睛】本题考查了二次函数与几何综合．熟练掌握庭系数法求函数解析式，平移性质，中点坐标性质，二次函数的图象和性质，函数与不等式，是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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