2025届湖北省孝感市孝昌县初中数学毕业考试模拟冲刺卷含解析

这是一份2025届湖北省孝感市孝昌县初中数学毕业考试模拟冲刺卷含解析，文件包含卷05-临考满分2026年中考生物临考满分卷广东省卷试卷版docx、卷05-临考满分2026年中考生物临考满分卷广东省卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．下列实数中，无理数是（ ）
A．3.14B．1.01001C．D．
2．九年级学生去距学校10 km的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20 min后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达.已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍，求骑车学生的速度.设骑车学生的速度为x km/h，则所列方程正确的是( )
A．B．
C．D．
3．如图，为等边三角形，要在外部取一点，使得和全等，下面是两名同学做法：（ ）
甲：①作的角平分线；②以为圆心，长为半径画弧，交于点，点即为所求；
乙：①过点作平行于的直线；②过点作平行于的直线，交于点，点即为所求．
A．两人都正确B．两人都错误C．甲正确，乙错误D．甲错误，乙正确
4．在△ABC中，∠C＝90°，，那么∠B的度数为（ ）
A．60°B．45°C．30°D．30°或60°
5．若一个凸多边形的内角和为720°，则这个多边形的边数为
A．4B．5C．6D．7
6．将不等式组的解集在数轴上表示，下列表示中正确的是( )
A．B．C．D．
7．函数y=ax2+1与（a≠0）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝2，BC＝5，则△ABC的周长为( )
A．16B．14C．12D．10
9．如图，点E在△DBC的边DB上，点A在△DBC内部，∠DAE=∠BAC=90°，AD=AE，AB=AC．给出下列结论：
①BD=CE；②∠ABD+∠ECB=45°；③BD⊥CE；④BE1=1（AD1+AB1）﹣CD1．其中正确的是（ ）
A．①②③④B．②④C．①②③D．①③④
10．如图所示的几何体的主视图是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．函数的定义域是________.
12．规定一种新运算“*”：a*b＝a－b，则方程x*2＝1*x的解为________．
13．化简： =____．
14．把多项式a3－2a2+a分解因式的结果是
15．Rt△ABC的边AB=5，AC=4，BC=3，矩形DEFG的四个顶点都在Rt△ABC的边上，当矩形DEFG的面积最大时，其对角线的长为_______．
16．为了了解某班数学成绩情况，抽样调查了13份试卷成绩，结果如下：3个140分，4个135分，2个130分，2个120分，1个100分，1个80分．则这组数据的中位数为______分．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）已知关于 x 的一元二次方程 x2﹣2(k﹣1)x+k(k+2)＝0 有两个不相等的实数根．求 k 的取值范围；写出一个满足条件的 k 的值，并求此时方程的根．
18．（8分） 先化简，再求值： ，其中x是满足不等式﹣（x﹣1）≥的非负整数解．
19．（8分）如图，一次函数y=kx+b的图象分别与反比例函数y=的图象在第一象限交于点A（4，3），与y轴的负半轴交于点B，且OA=OB．
（1）求函数y=kx+b和y=的表达式；
（2）已知点C（0，8），试在该一次函数图象上确定一点M，使得MB=MC，求此时点M的坐标．
20．（8分）某手机店销售部型和部型手机的利润为元，销售部型和部型手机的利润为元.
(1)求每部型手机和型手机的销售利润；
(2)该手机店计划一次购进，两种型号的手机共部，其中型手机的进货量不超过型手机的倍，设购进型手机部，这部手机的销售总利润为元.
①求关于的函数关系式；
②该手机店购进型、型手机各多少部，才能使销售总利润最大？
(3)在(2)的条件下，该手机店实际进货时，厂家对型手机出厂价下调元，且限定手机店最多购进型手机部，若手机店保持同种手机的售价不变，设计出使这部手机销售总利润最大的进货方案.
21．（8分）如图，将等腰直角三角形纸片ABC对折，折痕为CD．展平后，再将点B折叠在边AC上（不与A、C重合），折痕为EF，点B在AC上的对应点为M，设CD与EM交于点P，连接PF．已知BC=1．
（1）若M为AC的中点，求CF的长；
（2）随着点M在边AC上取不同的位置，
①△PFM的形状是否发生变化？请说明理由；
②求△PFM的周长的取值范围．
22．（10分）解方程（2x+1）2=3（2x+1）
23．（12分）“母亲节”前夕，某商店根据市场调查，用3000元购进第一批盒装花，上市后很快售完，接着又用5000元购进第二批这种盒装花．已知第二批所购花的盒数是第一批所购花盒数的2倍，且每盒花的进价比第一批的进价少5元．求第一批盒装花每盒的进价是多少元？
24．如图，菱形ABCD的边长为20cm，∠ABC＝120°，对角线AC，BD相交于点O，动点P从点A出发，以4cm/s的速度，沿A→B的路线向点B运动；过点P作PQ∥BD，与AC相交于点Q，设运动时间为t秒，0＜t＜1．
（1）设四边形PQCB的面积为S，求S与t的关系式；
（2）若点Q关于O的对称点为M，过点P且垂直于AB的直线l交菱形ABCD的边AD（或CD）于点N，当t为何值时，点P、M、N在一直线上？
（3）直线PN与AC相交于H点，连接PM，NM，是否存在某一时刻t，使得直线PN平分四边形APMN的面积？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、C
【解析】
先把能化简的数化简，然后根据无理数的定义逐一判断即可得．
【详解】
A、3.14是有理数；
B、1.01001是有理数；
C、是无理数；
D、是分数，为有理数；
故选C．
本题主要考查无理数的定义，属于简单题．
2、C
【解析】
试题分析：设骑车学生的速度为xkm/h，则汽车的速度为2xkm/h，由题意得，．故选C．
考点：由实际问题抽象出分式方程．
3、A
【解析】
根据题意先画出相应的图形，然后进行推理论证即可得出结论．
【详解】
甲的作法如图一：
∵为等边三角形，AD是的角平分线
∴


由甲的作法可知，

在和中，
故甲的作法正确；
乙的作法如图二：


在和中，
故乙的作法正确；
故选：A．
本题主要借助尺规作图考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
4、C
【解析】
根据特殊角的三角函数值可知∠A=60°，再根据直角三角形中两锐角互余求出∠B的值即可.
【详解】
解：∵，
∴∠A=60°.
∵∠C＝90°，
∴∠B=90°-60°=30°.
点睛：本题考查了特殊角的三角函数值和直角三角形中两锐角互余的性质，熟记特殊角的三角函数值是解答本题的突破点.
5、C
【解析】
设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和定理得到(n﹣2)×180°=720°，然后解方程即可．
【详解】
设这个多边形的边数为n，由多边形的内角和是720°，根据多边形的内角和定理得（n－2）180°=720°．解得n=6.故选C.
本题主要考查多边形的内角和定理，熟练掌握多边形的内角和定理是解答本题的关键.
6、B
【解析】
先解不等式组中的每一个不等式，再把不等式的解集表示在数轴上即可．
解：不等式可化为：，即．
∴在数轴上可表示为．故选B．
“点睛”不等式组的解集在数轴上表示的方法：把每个不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画），在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示．
7、B
【解析】
试题分析：分a＞0和a＜0两种情况讨论：
当a＞0时，y=ax2+1开口向上，顶点坐标为（0，1）；位于第一、三象限，没有选项图象符合；
当a＜0时，y=ax2+1开口向下，顶点坐标为（0，1）；位于第二、四象限，B选项图象符合．
故选B．
考点：1.二次函数和反比例函数的图象和性质；2.分类思想的应用．
8、B
【解析】
根据切线长定理进行求解即可.
【详解】
∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AF＝AD＝2，BD＝BE，CE＝CF，
∵BE+CE＝BC＝5，
∴BD+CF＝BC＝5，
∴△ABC的周长＝2+2+5+5＝14，
故选B．
本题考查了三角形的内切圆以及切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键.
9、A
【解析】
分析：只要证明△DAB≌△EAC，利用全等三角形的性质即可一一判断；
详解：∵∠DAE=∠BAC=90°，
∴∠DAB=∠EAC
∵AD=AE，AB=AC，
∴△DAB≌△EAC，
∴BD=CE，∠ABD=∠ECA，故①正确，
∴∠ABD+∠ECB=∠ECA+∠ECB=∠ACB=45°，故②正确，
∵∠ECB+∠EBC=∠ABD+∠ECB+∠ABC=45°+45°=90°，
∴∠CEB=90°，即CE⊥BD，故③正确，
∴BE1=BC1-EC1=1AB1-（CD1-DE1）=1AB1-CD1+1AD1=1（AD1+AB1）-CD1．故④正确，
故选A．
点睛：本题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
10、A
【解析】
找到从正面看所得到的图形即可．
【详解】
解：从正面可看到从左往右2列一个长方形和一个小正方形，
故选A．
本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、x≥-1
【解析】
分析：根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，可以求出x的范围．
详解：根据题意得：x+1≥0，解得：x≥﹣1．
故答案为x≥﹣1．
点睛：考查了函数的定义域，函数的定义域一般从三个方面考虑：
（1）当函数表达式是整式时，定义域可取全体实数；
（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（1）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
12、
【解析】
根据题中的新定义化简所求方程，求出方程的解即可．
【详解】
根据题意得：x－×2=×1－，
x=，
解得：x＝,
故答案为x＝.
此题的关键是掌握新运算规则，转化成一元一元一次方程，再解这个一元一次方程即可．
13、
【解析】
先利用除法法则变形，约分后通分并利用同分母分式的减法法则计算即可．
【详解】
原式，
故答案为
本题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
14、．
【解析】
要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方式或平方差式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，
．
15、或
【解析】
分两种情形画出图形分别求解即可解决问题
【详解】
情况1：如图1中，四边形DEFG是△ABC的内接矩形，设DE=CF=x，则BF=3-x
∵EF∥AC，
∴=
∴=
∴EF=(3-x)
∴S矩形DEFG=x•(3-x)=﹣(x-)2+3
∴x=时，矩形的面积最大，最大值为3，此时对角线=．
情况2：如图2中，四边形DEFG是△ABC的内接矩形，设DE=GF=x，
作CH⊥AB于H，交DG于T．则CH=，CT=﹣x，
∵DG∥AB，
∴△CDG∽△CAB，
∴
∴
∴DG=5﹣x，
∴S矩形DEFG=x（5﹣x）=﹣（x﹣）2+3，
∴x=时，矩形的面积最大为3，此时对角线==
∴矩形面积的最大值为3，此时对角线的长为或
故答案为或
本题考查相似三角形的应用、矩形的性质、二次函数的最值等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题
16、1
【解析】
∵13份试卷成绩，结果如下：3个140分，4个1分，2个130分，2个120分，1个100分，1个80分，
∴第7个数是1分，
∴中位数为1分，
故答案为1．
三、解答题（共8题，共72分）
17、方程的根
【解析】
（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围；
（1）取k=0，再利用分解因式法解一元二次方程，即可求出方程的根．
【详解】
（1）∵关于x的一元二次方程x1﹣1（k﹣a）x+k（k+1）=0有两个不相等的实数根，
∴△=[﹣1（k﹣1）]1﹣4k（k﹣1）=﹣16k+4＞0，
解得：k＜ ．
（1）当k=0时，原方程为x1+1x=x（x+1）=0，
解得：x1=0，x1=﹣1．
∴当k=0时，方程的根为0和﹣1．
本题考查了根的判别式以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”；（1）取k=0，再利用分解因式法解方程．
18、-
【解析】
【分析】先根据分式的运算法则进行化简，然后再求出不等式的非负整数解，最后把符合条件的x的值代入化简后的结果进行计算即可.
【详解】原式=，
=，
=，
∵﹣（x﹣1）≥，
∴x﹣1≤﹣1，
∴x≤0，非负整数解为0，
∴x=0，
当x=0时，原式=-.
【点睛】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式的运算法则.
19、（1） ，y=2x﹣1；（2）.
【解析】
（1）利用待定系数法即可解答；
（2）作MD⊥y轴,交y轴于点D，设点M的坐标为（x，2x-1），根据MB=MC，得到CD=BD,再列方程可求得x的值，得到点M的坐标
【详解】
解：（1）把点A（4，3）代入函数得：a=3×4=12，
∴．
∵A（4，3）
∴OA=1，
∵OA=OB，
∴OB=1，
∴点B的坐标为（0，﹣1）
把B（0，﹣1），A（4，3）代入y=kx+b得：
∴y=2x﹣1．
（2）作MD⊥y轴于点D.
∵点M在一次函数y=2x﹣1上，
∴设点M的坐标为（x，2x﹣1）则点D（0，2x-1）
∵MB=MC，
∴CD=BD
∴8-(2x-1)=2x-1+1
解得：x=
∴2x﹣1= ,
∴点M的坐标为 .
本题考查了一次函数与反比例函数的交点，解决本题的关键是利用待定系数法求解析式．
20、 (1)每部型手机的销售利润为元，每部型手机的销售利润为元；(2)①；②手机店购进部型手机和部型手机的销售利润最大；(3)手机店购进部型手机和部型手机的销售利润最大.
【解析】
（1）设每部型手机的销售利润为元，每部型手机的销售利润为元，根据题意列出方程组求解即可；
（2）①根据总利润=销售A型手机的利润+销售B型手机的利润即可列出函数关系式；
②根据题意，得，解得，根据一次函数的增减性可得当当时，取最大值；
（3）根据题意，，，然后分①当时，②当时，③当时，三种情况进行讨论求解即可.
【详解】
解：(1)设每部型手机的销售利润为元，每部型手机的销售利润为元.
根据题意，得，
解得
答：每部型手机的销售利润为元，每部型手机的销售利润为元.
(2)①根据题意，得，即.
②根据题意，得，解得.
，，
随的增大而减小.
为正整数，
当时，取最大值，.
即手机店购进部型手机和部型手机的销售利润最大.
(3)根据题意，得.
即，.
①当时，随的增大而减小，
当时，取最大值，即手机店购进部型手机和部型手机的销售利润最大；
②当时，，，即手机店购进型手机的数量为满足的整数时，获得利润相同；
③当时，，随的增大而增大，
当时，取得最大值，即手机店购进部型手机和部型手机的销售利润最大.
本题主要考查一次函数的应用，二元一次方程组的应用，解此题的关键在于熟练掌握一次函数的增减性.
21、（1）CF=；（2）①△PFM的形状是等腰直角三角形，不会发生变化，理由见解析；②△PFM的周长满足：2+2＜（1+）y＜1+1．
【解析】
（1）由折叠的性质可知，FB=FM，设CF=x，则FB=FM=1﹣x，在Rt△CFM中，根据FM2=CF2+CM2，构建方程即可解决问题；
（2）①△PFM的形状是等腰直角三角形，想办法证明△POF∽△MOC，可得∠PFO=∠MCO=15°，延长即可解决问题；
②设FM=y，由勾股定理可知：PF=PM=y，可得△PFM的周长=（1+）y，由2＜y＜1，可得结论．
【详解】
（1）∵M为AC的中点，
∴CM=AC=BC=2，
由折叠的性质可知，FB=FM，
设CF=x，则FB=FM=1﹣x，
在Rt△CFM中，FM2=CF2+CM2，即（1﹣x）2=x2+22，
解得，x=，即CF=；
（2）①△PFM的形状是等腰直角三角形，不会发生变化，
理由如下：由折叠的性质可知，∠PMF=∠B=15°，
∵CD是中垂线，
∴∠ACD=∠DCF=15°，
∵∠MPC=∠OPM，
∴△POM∽△PMC，
∴=，
∴=，
∵∠EMC=∠AEM+∠A=∠CMF+∠EMF，
∴∠AEM=∠CMF，
∵∠DPE+∠AEM=90°，∠CMF+∠MFC=90°，∠DPE=∠MPC，
∴∠DPE=∠MFC，∠MPC=∠MFC，
∵∠PCM=∠OCF=15°，
∴△MPC∽△OFC，
∴ ，
∴，
∴，
∵∠POF=∠MOC，
∴△POF∽△MOC，
∴∠PFO=∠MCO=15°，
∴△PFM是等腰直角三角形；
②∵△PFM是等腰直角三角形，设FM=y，
由勾股定理可知：PF=PM=y，
∴△PFM的周长=（1+）y，
∵2＜y＜1，
∴△PFM的周长满足：2+2＜（1+）y＜1+1．
本题考查三角形综合题、等腰直角三角形的性质和判定、翻折变换、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
22、x1=-，x2=1
【解析】
试题分析：分解因式得出（2x+1）（2x+1﹣3）=0，推出方程2x+1=0，2x+1﹣3=0，求出方程的解即可．
试题解析：解：整理得：（2x+1）2－3（2x+1）=0，分解因式得：（2x+1）（2x+1﹣3）=0，即2x+1=0，2x+1﹣3=0，解得：x1=﹣，x2=1．
点睛：本题考查了解一元一次方程和解一元二次方程的应用，解答此题的关键是把一元二次方程转化成解一元一次方程，题目比较典型，难度不大．
23、30元
【解析】
试题分析：设第一批盒装花的进价是x元/盒，则第一批进的数量是：，第二批进的数量是：，再根据等量关系：第二批进的数量=第一批进的数量×2可得方程．
解：设第一批盒装花的进价是x元/盒，则
2×=，
解得 x=30
经检验，x=30是原方程的根．
答：第一批盒装花每盒的进价是30元．
考点：分式方程的应用．
24、 (1) S=﹣2（0＜t＜1）； (2) ;(3)见解析.
【解析】
（1）如图1，根据S=S△ABC-S△APQ，代入可得S与t的关系式；
（2）设PM=x，则AM=2x，可得AP=x=4t，计算x的值，根据直角三角形30度角的性质可得AM=2PM=，根据AM=AO+OM，列方程可得t的值；
（3）存在，通过画图可知：N在CD上时，直线PN平分四边形APMN的面积，根据面积相等可得MG=AP，由AM=AO+OM，列式可得t的值．
【详解】
解：（1）如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠DBC=∠ABC=60°，AC⊥BD，
∴∠OAB=30°，
∵AB=20，
∴OB=10，AO=10，
由题意得：AP=4t，
∴PQ=2t，AQ=2t，
∴S=S△ABC﹣S△APQ，
=，
= ，
=﹣2t2+100（0＜t＜1）；
（2）如图2，在Rt△APM中，AP=4t，
∵点Q关于O的对称点为M，
∴OM=OQ，
设PM=x，则AM=2x，
∴AP=x=4t，
∴x=，
∴AM=2PM=，
∵AM=AO+OM，
∴=10+10﹣2t，
t=；
答：当t为秒时，点P、M、N在一直线上；
（3）存在，
如图3，∵直线PN平分四边形APMN的面积，
∴S△APN=S△PMN，
过M作MG⊥PN于G，
∴ ，
∴MG=AP，
易得△APH≌△MGH，
∴AH=HM=t，
∵AM=AO+OM，
同理可知：OM=OQ=10﹣2t，
t=10=10﹣2t，
t=．
答：当t为秒时，使得直线PN平分四边形APMN的面积．
考查了全等三角形的判定与性质，对称的性质，三角形和四边形的面积，二次根式的化简等知识点，计算量大，解答本题的关键是熟练掌握动点运动时所构成的三角形各边的关系.