2024年宁夏中考数学三模冲刺训练试卷解析

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一、选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分．）
1. 故宫又称紫禁城，位于北京中轴线的中心，占地面积高达平方米，
在世界宫殿建筑群中面最大．请将用科学记数法表示应为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把一个大于的数记成的形式，其中是整数数位只有一位的数，是正整数，
这种记数法叫做科学记数法，由此即可得到答案．
【详解】解：将用科学记数法表示应为，故B正确．
故选：B．
2.下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选A．
3. 下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据合并同类项，同底数幂的除法，同底数幂的乘法，积的乘方以及完全平方公式逐项计算即可．
【详解】解：A.2a与3b不是同类项，不能合并，故不正确；
B. ，故不正确；
C. ，故正确；
D. ，故不正确；
故选C．
4 . 不等式组的解集在数轴上表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先解出不等式组的解集，然后将解集表示在数轴上即可．
【详解】，
解得，
所以解集为．
故选：D
5. 计算的结果等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据异分母分式加减法法则进行计算即可．
【详解】解：
；
故选：C．
6. 从甲、乙、丙三人中任选两人参加青年志愿者活动，甲被选中的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】画出树状图，共有6种等可能的结果，其中甲被选中的结果有4种，由概率公式即可得出结果．
【详解】解：根据题意画图如下：
共有6种等可能的结果数，其中甲被选中的结果有4种，
则甲被选中的概率为．
故选：C．
7 .赵州桥是当今世界上建造最早，保存最完整的中国古代单孔敞肩石拱桥.如图，主桥拱呈圆弧形，跨度约为，拱高约为，则赵州桥主桥拱半径R约为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，，，主桥拱半径R，根据垂径定理，得到，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．
【详解】解：如图，由题意可知，，，主桥拱半径R，
，
是半径，且，
，
在中，，
，
解得：，
故选B

8 ．如图，已知开口向上的抛物线与轴交于点，对称轴为直线．下列结论：①；②；③若关于的方程一定有两个不相等的实数根；④.
其中正确的个数有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】利用二次函数图象与性质逐项判断即可．
【详解】解：∵抛物线开口向上，
∴，
∵抛物线与y轴交点在负半轴，
∴，
∵对称轴为，
∴，
∴，
故①正确；
∵抛物线的对称轴为，
∴，
∴，
故②正确；
∵函数与直线有两个交点．
∴关于的方程一定有两个不相等的实数根，
故③正确；
∵时，即，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
故④正确，
故选：D
二、填空题（本题共8小题，每小题3分，共24分）
9 . 现有三张正面印有2023年杭州亚运会吉祥物琮琮、宸宸和莲莲的不透明卡片，
卡片除正面图案不同外，其余均相同，将三张卡片正面向下洗匀，从中随机抽取一张卡片，
则抽出的卡片图案是琮琮的概率是 ．

【答案】
【分析】根据概率公式即可求解．
【详解】解：将三张卡片正面向下洗匀，从中随机抽取一张卡片，
则抽出的卡片图案是琮琮的概率是
故答案为：．
10. 函数的自变量的取值范围是 ．
【答案】且
【分析】根据二次根式的意义和分式的意义即可求出答案．
【详解】解：根据二次根式的意义可知：，即，
根据分式的意义可知：，即，
且．
故答案为：且．
11. 若关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围为 .
【答案】且
【分析】根据方程有两个不相等的实数根得到，且，求解即可．
【详解】解：∵方程有两个不相等的实数根，
∴，且，
解得且，
故答案为：且．
12 . 如图，在网格正方形中，每个小正方形的边长为1，顶点为格点，
若的顶点均是格点，则的值是__________

【答案】
【分析】利用格点构造，根据勾股定理求出，再根据三角函数的定义即可求解．
【详解】解：如图，利用格点作交的延长线于点D，
则，，
因此，
故答案为
13.如图，四边形内接于，若它的一个外角，则的度数为_______
【答案】
【分析】先根据圆内接四边形的性质求出，再根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：
14 . 如图，在处测得点在北偏东方向上，在处测得点在北偏东方向上，
若米，则点到直线距离为_________

【答案】米
【分析】设点到直线距离为米，根据正切的定义用表示出、，
根据题意列出方程，解方程即可．
【详解】解：设点到直线距离为米，
在中，，
在中，，
由题意得，，
解得，（米，
故答案为 米
15. 某快递公司每天上午为集中揽件和派件时段，甲仓库用来揽收快件，乙仓库用来派发快件，该时段内甲、乙两仓库的快件数量（件）与时间（分）之间的函数图象如图所示，那么从开始，
经过______分钟时，当两仓库快递件数相同．

【答案】20
【分析】利用待定系数法分别求出甲、乙两仓库的快件数量（件）与时间（分）之间的函数关系式，在求出两直线的交点即可得到答案．
【详解】解：设甲仓库的快件数量（件）与时间（分）之间的函数关系式为，
根据图象得，，
解得：，
，
设乙仓库的快件数量（件）与时间（分）之间的函数关系式为，
根据图象得，，
解得：，
，
联立，
解得：，
经过20分钟时，当两仓库快递件数相同，
故答案为：20．
16 .如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，
连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，
连接EF并延长交BM于点P，若AD=8，AB=5，则线段PE的长等于 ．

【答案】
【分析】根据折叠可得四边形ABNM是正方形，CD=CF=5，∠D=∠CFE=90°，ED=EF，可求出三角形FNC的三边为3，4，5，在中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证，可得三边的比为3：4：5，设FG=3m，则PG=4m，PF=5m，通过PG=HN，列方程解方程，进而求出PF的长，从而可求PE的长．
【详解】解：过点P作PG⊥FN，PH⊥BN，垂足为G、H，
由折叠得：
四边形ABNM是正方形，AB=BN=NM=MA=5， CD=CF=5，∠D=∠CFE=90°，ED=EF，
∴NC=MD=8-5=3，
在中，
∴MF=5-4=1，
在中，设EF=x，则ME=3-x，
由勾股定理得， ，
解得：，
∵∠CFN+∠PFG=90°，∠PFG+∠FPG=90°，
∴∠CFN=∠FPG，
又∵∠FGP=∠CNF=90°
∴，
∴FG：PG：PF=NC：FN：FC=3：4：5，
设FG=3m，则PG=4m，PF=5m，
四边形ABNM是正方形，

∴GN=PH=BH=4-3m，HN=5-（4-3m）=1+3m=PG=4m，
解得：m=1，
∴PF=5m=5，
∴PE=PF+FE=，
故答案为：．
解答题（本题共10小题，其中17-22题每小题6分，23、24题每小题8分，
25、26题每小题10分，共72分）
17. 计算：．
【答案】2
【分析】首先计算零指数幂、负整数指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【详解】解：


．
18.解不等式组，并将解集在数轴上表示出来．

【答案】，见解析
【分析】分别求出每个不等式的解集，并将其解集表示在数轴上即可．
【详解】解：
解不等式①，得，
解不等式②，得x＜3，
∴原不等式组的解集为，
∴将不等式组的解集在数轴上表示为：
20 . 为鼓励同学们参加主题为“阅读润泽心灵，文字见证成长”的读书月活动，
学校计划购进一批科技类和文学类图书作为活动奖品．已知同类图书中每本书价格相同，
购买2本科技类图书和3本文学类图书需131元，
购买4本科技类图书和5本文学类图书需237元．
(1)科技类图书和文学类图书每本各多少元？
(2)经过评选有300名同学在活动中获奖，学校对每位获奖同学奖励一本科技类或文学类图书．
如果学校用于购买奖品的资金不超过8000元，那么科技类图书最多能买多少本？
【答案】(1)科技类图书每本28元，文学类图书每本25元
(2)科技类图书最多能买166本
【分析】（1）设科技类图书每本x元，文学类图书每本y元，根据题意列出二元一次方程，求解即可；
（2）设购买科技类图书a本，结合资金不超过8000元，列出一元一次不等式，解出最大值.
【详解】（1）解：设科技类图书每本x元，文学类图书每本y元．
依题意，得，
①×2－②，得，
把代入①，得．
所以这个方程组的解为，
答：科技类图书每本28元，文学类图书每本25元．
（2）解：设购买科技类图书a本．
依题意，得．
解得．
所以满足条件的最大整数为166．
答：科技类图书最多能买166本．
如图，一次函数y＝k1x+b的图象经过A（0，﹣2），B（﹣1，0）两点，
与反比例函数与反比例函数y＝的图象在第一象限内的交点为M（m，4）．

（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）求△AOM的面积；
【答案】（1）y＝﹣2x﹣2；y＝﹣；（2）S△AOM＝3；（3）存在．P点坐标为（﹣11，0）．
【分析】（1）先利用待定系数法求一次函数解析式，再利用一次函数解析式确定M点的坐标，然后利用待定系数法求反比例函数解析式；
（2）过M点作MC⊥y轴于C，则MC＝3，根据三角形面积公式求得即可；
【详解】（1）∵一次函数y＝k1x+b的图象经过A（0，﹣2），B（﹣1，0）两点，
∴，
解得，
所以一次函数解析式为y＝﹣2x﹣2；
把M（m，4）代入y＝2x﹣2得﹣2m﹣2＝4，
解得m＝﹣3，
则M点坐标为（﹣3，4），
把M（﹣3，4）代入y＝得k2＝﹣3×4＝﹣12，
所以反比例函数解析式为y＝﹣；
（2）如图，过M点作MC⊥y轴于C，则MC＝3，
∵A（0，﹣2），
∴OA＝2，
∴S△AOM＝OA•MC＝×2×3＝3；
22. 如图①是一台手机支架，图②是其侧面示意图，AB、BC可分别绕点A、B转动，
测量知，．当AB，BC转动到，时，
求点C到直线AE的距离．
（精确到0．1cm，参考数据：，，）

解：如图所示：过点作垂足为
过点作垂足为
过点作垂足为
∴四边形是矩形，
在中，
在中，
即
∴点C到直线AE的距离为
23 . 第31届世界大学生运动会于2023年7月28日至8月8日在成都举行，
某校开展了“热爱体育，喜迎大运”系列活动，增设篮球、足球、柔道、射击共四个课外活动项目．
为了解全校1800名同学对增设的四个活动项目的喜爱情况，在全校范围内随机抽取了若干名同学，
对他们喜爱的项目（每人限选一项）进行了问卷调查，将数据进行了统计，
并绘制成了如图所示的条形统计图和扇形统计图，请回答下列问题：

(1)参加问卷调查的同学共______名，补全条形统计图；
(2)估计该校1800名同学中喜爱篮球运动的人数；
(3)学校准备组建一支校足球队，某班甲、乙、丙、丁四名同学平时都很喜欢足球运动，现决定从这四人中任选两名同学加入球队，请你用树状图或列表法求恰好选中乙、丙两名同学的概率．
【答案】(1)60，补全条形统计图见详解.
(2)该校1800名同学中喜爱篮球运动的人数约为540人.
(3).
【分析】本题考查列表法与树状图法、条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，能够理解条形统计图和扇形统计图，熟练掌握列表法与树状图法以及用样本估计总体是解答本题的关键．
（1）用喜爱足球的人数除以其所占的百分比可得参加问卷调查的同学的人数，用参加问卷调查的同学的人数分别减去喜爱篮球、足球、射击的人数，求出喜爱柔道的人数，补全条形统计图即可．
（2）根据用样本估计总体，用1800乘以参加问卷调查的同学中喜爱篮球运动的人数的百分比，即可得出答案．
（3）画树状图得出所有等可能的结果数和恰好选中乙、丙两名同学的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】（1）解：参加问卷调查的同学共（名）
喜爱柔道的人数为（名），补全条形统计图如图所示；
（2）解：（人），
∴该校1800名同学中喜爱篮球运动的人数约为540人；
（3）画树状图如下：
由图可知，共有12种等可能结果，其中恰好选中乙、丙两名同学的结果有2种，
∴恰好选中乙、丙两名同学的概率为．
24 . 如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上一点，CD与⊙O相切于点C，
过点A作AD⊥DC，连接AC，BC．
（1）求证：AC是∠DAB的角平分线；
（2）若AD＝2，AB＝3，求AC的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质可得∠OCD＝90°，再根据AD⊥DC，和半径线段即可证明AC是∠DAB的角平分线；
（2）利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，再证明Rt△ADC∽Rt△ACB，对应边成比例即可求出AC的长．
【详解】解：（1）证明：连接OC，如图，
∵CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCD＝90°，
∴∠ACD+∠ACO＝90°，
∵AD⊥DC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠ACO＝∠DAC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴AC是∠DAB的角平分线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠D＝∠ACB＝90°，
∵∠DAC＝∠BAC，
∴Rt△ADC∽Rt△ACB，
∴ ，
∴AC2＝AD •AB＝2×3＝6，
∴AC＝
25 .如图，已知抛物线与一直线相交于，两点，与y轴交于点N．
(1)求抛物线的函数关系式；
(2)求直线AC的函数关系式；
(3)若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点．求面积的最大值．
（1）解：由抛物线y＝−x2＋bx＋c过点A（1，0），C（−2，3），得
，
解得，
故抛物线为y＝−x2−2x＋3；
（2）设直线为y＝kx＋n过点A（1，0），C（−2，3），则
，
解得，
故直线AC为y＝−x＋1；
（3）如图，过点作轴，交于点，
∵直线AC为y＝−x＋1；
设Q（x，−x＋1），则P（x，−x2−2x＋3），
∴PQ＝（−x2−2x＋3）−（−x＋1）＝−x2−x＋2，
∴S△APC＝
＝
＝，
∴△APC面积的最大值为
26. 在直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
点D、E和F分别是斜边AB、直角边AC和直角边BC上的动点，∠EDF=90°，
(1)如图1，若四边形DECF是正方形，求这个正方形的边长．
(2)如图2，若E点正好运动到C点，并且tan∠DCF=，求BF的长．
(3)如图3，当时，求的值
【答案】(1)；
(2)1；
(3)
【分析】（1）设正方形的边长为x，则AE＝3－x，由正方形的性质，得DEBC，则AE：AC＝DE：BC，代入计算即可求解；
（2）过D点作DG⊥BC，垂足为G点，由tan∠DCF＝，得DG：CG＝1：2，设DG＝y，则CG＝2y，则BG＝4－2x，根据DGAC，得DG：AC＝BG：BC，代入即可求得x=1.2，从而求得BG＝4－2x＝1.6，再根据tan∠GDF =tan∠DCF＝，得，即可求得FG＝0.6，然后由FB＝BG－FG求解即可；
（3）过D点作DM⊥AC，垂足为M点，作DN⊥BC，垂足为N点，先由勾股定理求得AB=5，再证明Rt△DME∽Rt△DNF，得＝，由=，得=，设DM＝z，则DN＝2z，再由DMBC ，得DM：BC＝AM：AC＝AD：AB，即z：4＝（3－2z）：3 ，解得 z＝，所以：4＝AD：5 ，求得AD＝，BD＝5－＝，即可代入求解．
【详解】（1）解：∵四边形AOBC是的正方形，
∴DEBC，
∴AE：AC＝DE：BC
设正方形的边长为x，则AE＝3－x，
∴（3－x）：3＝x：4，
解得 x＝，
即这个正方形的边长为；
（2）解：过D点作DG⊥BC，垂足为G点，如图2，
∵tan∠DCF＝，
∴DG：CG＝1：2
设DG＝y，则CG＝2y，
∴BG＝4－2y，
∵DGAC，
∴DG：AC＝BG：BC，
∴y：3＝（4－2y）：4，解得 y＝1.2 ，
BG＝4－2y＝1.6，
∵∠EDF＝，
∴∠CDG＋∠GDF＝，
∵DG⊥BC，
∴∠CDG＋∠DCG＝，
∴∠GDF＝∠DCG，
∵tan∠DCF＝，
∴tan∠GDF＝，
∴，
∵DG＝1.2，
∴FG＝0.6，
∴FB＝BG－FG＝1.6－0.6 ＝1；
（3）解：过D点作DM⊥AC，垂足为M点，过D点作DN⊥BC，垂足为N点，如图3，
∵∠ACB＝，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝5，
∵DM⊥AC，DN⊥BC，∠ACB＝，
∴∠MDN＝，
∴∠MDE＋∠EDN＝，
∵∠EDF＝，
∴∠FDN＋∠EDN＝，
∴∠MDE＝∠FDN，
∴Rt△DME∽Rt△DNF，
∴＝，
∵=，
∴=，
设DM＝z，则DN＝2z，
∵DMBC ，
∴DM：BC＝AM：AC＝AD：AB，
∴z：4＝（3－2z）：3 ，解得 z＝，
∴：4＝AD：5 ，
∴AD＝，BD＝5－＝，
∴＝．