《2026年金考卷中考试题汇编45套数学山东专版》

8. 学校根据上级文件要求,打算安排七、八年级师生进行研学活动. 某班两位同学关于租车方案讨论如下:

根据他们的对话得到以下四个结论:①每辆甲车的载客量要比乙车多15人;②共有两种租车方案;③租车最低费用是2160元;④两种方案的租车费用一样多. 其中正确的结论是

A.①②
B.①②③
C.②③
D.①②④

答案： B 逐个分析如下,故选B.
序号 分析 正误
设每辆甲车的载客量为$x$人,每辆乙车的载客量为$y$人,根据题意,得$\begin{cases}2x + 3y = 180, \\x + 2y = 105,\end{cases}$解①得$\begin{cases}x = 45, \\y = 30,\end{cases}$$\therefore$每辆甲车的载客量为45人,每辆乙车的载客量为30人,$\therefore$每辆甲车的载客量要比乙车多15人. √
设租用甲车$a$辆,则租用乙车$(6 - a)$辆,根据题意,得$45a + 30(6 - a) \geqslant 240$,解得$a \geqslant 4$.$\therefore 6 - a ＞ 0$,$\therefore a ＜ 6$,$\therefore 4 \leqslant a ＜ 6$,且$a$为整数,$\therefore a$的值为4或5.方案一:租用甲车4辆,乙车2辆;方案二:租用甲车5辆,乙车1辆.故共有两种租车方案. √
甲车的租车费用为$400 元/辆$,乙车的租车费用为$400 - 120 = 280( 元/辆)$.方案一租车费用为$400 × 4 + 280 × 2 = 2160( 元)$,方案二租车费用为$400 × 5 + 280 × 1 = 2280( 元)$.$\because 2160 ＜ 2280$,$\therefore$租车最低费用是2160元. √
由③可知两种方案的租车费用不一样. ✕

9. 若关于x的一元一次方程12 - 2x = 3k的解为正整数,且关于x的不等式组$\begin{cases}2x + 3 \geq 3x + 4 \\ \frac{2k + x}{3} \leq x\end{cases}$无解,则符合条件的所有整数k的和为

A.2
B.3
C.4
D.5

答案： A 解方程$12 - 2x = 3k$,得$x = \frac{12 - 3k}{2}$.$\because$方程的解为正整数,$\therefore \frac{12 - 3k}{2} \geqslant 1$,解得$k \leqslant \frac{10}{3}$.解$2x + 3 \geqslant 3x + 4$,得$x \leqslant -1$,解$\frac{2k + x}{3} \leqslant x$,得$x \geqslant k$,$\therefore$不等式组的解集为$\begin{cases}x \leqslant -1, \\x \geqslant k,\end{cases}$$\because$不等式组无解,$\therefore k ＞ -1$,$\therefore -1 ＜ k \leqslant \frac{10}{3}$,$\therefore k$的整数解有0,1,2,3,$\because x = \frac{12 - 3k}{2}$为正整数,$\therefore k = 0$或2.故符合条件的整数$k$的值的和为$0 + 2 = 2$.故选A.

10. 新考法 结合硬币沿不同轨道做无滑动滚动考查几何推理 图(1)是半径为1cm的圆形硬币,点M是硬币外沿上的一定点. 图(2)为四个轨道(厚度不计),分别记为轨道①,②,③,④,它们的形状分别为圆、长宽比为2:1的矩形、正方形和正六边形,周长均为6πcm,对称中心均记为点P. 点N为轨道上一定点(除轨道①外,N均为AB的中点). 将硬币放置在轨道外侧,使硬币与轨道在同一个平面内,且点M与N重合. 若硬币沿轨道顺时针无滑动地滚动,当点M第一次回到轨道上时,记轨道上该处位置为N',则四个轨道中,∠NPN'最大的是


A.轨道①
B.轨道②
C.轨道③
D.轨道④

答案：
B $\because$圆形硬币的半径为$1 cm$,$\therefore$圆形硬币的周长为$2\pi cm$.逐个分析如下:
轨道 分析
当沿着轨道①滑动,且点$M$第一次回到轨道上时,如图
(1).易知点$M$的运动路径长为$2\pi cm$,$\therefore \overset{\frown}{NN^{\prime}}$的长为$2\pi cm$.连接$NP$,$N^{\prime}P$,过点$P$作$PQ \perp AD$于点$Q$,则四边形$ANPQ$是矩形,$\therefore \angle NPQ = 90^{\circ}$,$AQ = NP = \pi cm$,$PQ = AN = \frac{1}{2}AB = \frac{\pi}{2} cm$,$\therefore QN^{\prime} = (NA + AN^{\prime}) - NA - AQ = 2\pi - \frac{\pi}{2} - \pi = \frac{\pi}{2}( cm)$,$\therefore QN^{\prime} = PQ$,$\therefore \angle QPN^{\prime} = \angle QN^{\prime}P = 45^{\circ}$,$\therefore \angle NPN^{\prime} = 90^{\circ} + 45^{\circ} = 135^{\circ}$.

当沿轨道②滑动,且点$M$第一次回到轨道上时,如图
(2).$\because$矩形$ABCD$的周长为$6\pi cm$,$AD:AB = 2:1$,$\therefore 2(AB + AD) = 2(AB + 2AB) = 6\pi$,$\therefore AB = \pi cm$,$\therefore AD = 2\pi cm$,$AN = \frac{1}{2}AB = \frac{\pi}{2} cm$.连接$NP$,$PN^{\prime}$,过点$P$作$PQ \perp AD$于点$Q$,则四边形$ANPQ$是矩形,$\therefore \angle NPQ = 90^{\circ}$,$AQ = NP = \pi cm$,$PQ = AN = \frac{\pi}{2} cm$,$\therefore QN^{\prime} = (NA + AN^{\prime}) - NA - AQ = 2\pi - \frac{\pi}{2} - \pi = \frac{\pi}{2}( cm)$,$\therefore QN^{\prime} = PQ$,$\therefore \angle QPN^{\prime} = \angle QN^{\prime}P = 45^{\circ}$,$\therefore \angle NPN^{\prime} = 90^{\circ} + 45^{\circ} = 135^{\circ}$.

当沿轨道③滑动,且点$M$第一次回到轨道上时,如图
(3).$\because$正方形$ABCD$的周长为$6\pi cm$,$\therefore AB = AD = 1.5\pi cm$,$\therefore AN^{\prime} = 2\pi - 0.75\pi = 1.25\pi( cm)$.过点$P$作$PH \perp AD$于点$H$,连接$PN$,$PN^{\prime}$,则四边形$ANPH$是矩形,$\therefore AH = NP = \frac{1}{2} × 1.5\pi = 0.75\pi( cm)$,$PH = AN = 0.75\pi cm$,$\angle NPH = 90^{\circ}$,$\therefore HN^{\prime} = 1.25\pi - 0.75\pi = 0.5\pi( cm)$,$\therefore HN^{\prime} ＜ PH$,$\therefore \angle HPN^{\prime} ＜ 45^{\circ}$,$\therefore \angle NPN^{\prime} = \angle NPH + \angle HPN^{\prime} ＜ 90^{\circ} + 45^{\circ} = 135^{\circ}$.

当沿着轨道④滑动,且点$M$第一次回到轨道上时,如图
(4).$\because$正六边形$ABCDEF$的周长为$6\pi cm$,$\therefore AB = AF = EF = \pi cm$,$\therefore AN^{\prime} = \frac{1}{2}AB = 0.5\pi cm$,$\therefore FN^{\prime} = 2\pi - 0.5\pi - \pi = 0.5\pi( cm)$,$\therefore$点$N^{\prime}$是$EF$的中点.连接$PN$,$PA$,$PF$,$PN^{\prime}$,易知$\angle APF = 60^{\circ}$,$\angle APN = \angle FPN^{\prime} = 30^{\circ}$,$\therefore \angle NPN^{\prime} = 30^{\circ} + 60^{\circ} + 30^{\circ} = 120^{\circ}$.

综上可知,四个轨道中,$\angle NPN^{\prime}$最大的是轨道②.故选B.

11. 若代数式$\frac{\sqrt{x - 1}}{2 - x}$在实数范围内有意义,则x的取值范围是x ≥ 1且x ≠ 2.

答案： $x \geqslant 1$且$x \neq 2$

12. 关于x的一元二次方程x² - (3 - 2m)x + m² = 0有两个相等的实数根,则m =$\frac{3}{4}$.

答案： $\frac{3}{4}$
【解析】$\because$关于$x$的一元二次方程$x^{2} - (3 - 2m)x + m^{2} = 0$有两个相等的实数根,$\therefore \Delta = [-(3 - 2m)]^{2} - 4 × 1 × m^{2} = 0$,解得$m = \frac{3}{4}$.

13. 如图,四边形ABCD是⊙O的内接四边形,AB是⊙O的直径,若∠BEC = 20°,则∠ADC的度数为110°.

答案： $110^{\circ}$
【解析】$\because AB$是$\odot O$的直径,$\therefore \angle ADB = 90^{\circ}$(依据:直径所对的圆周角是直角).又$\because \angle BDC = \angle BEC = 20^{\circ}$(依据:同弧所对的圆周角相等),$\therefore \angle ADC = \angle ADB + \angle BDC = 110^{\circ}$.

14. 在平面直角坐标系中,点A的坐标是(4,0),点B在y轴上,点B绕点A顺时针旋转90°落在直线y = x + 3上,则点B的坐标是(0, -3).

答案：
$(0, -3)$
【解析】设点$B$绕点$A$旋转后的对应点为$M$,过点$M$作$MN \perp x$轴,垂足为$N$,如图.设$B(0,n)$.由旋转可知,$\angle BAM = 90^{\circ}$,$AB = AM$,$\therefore \angle BAO + \angle MAN = 90^{\circ} = \angle MAN + \angle AMN$,$\therefore \angle BAO = \angle AMN$.在$\triangle BAO$和$\triangle AMN$中,$\begin{cases} \angle BOA = \angle ANM, \\ \angle BAO = \angle AMN, \\ AB = MA, \end{cases}$$\therefore \triangle BAO \cong \triangle AMN$(点拨:“一线三直角”全等模型),$\therefore MN = AO = 4$,$AN = OB = -n$,$\therefore ON = 4 - (-n) = n + 4$,$\therefore M(n + 4,4)$.将$M(n + 4,4)$代入$y = x + 3$,得$n + 4 + 3 = 4$,解得$n = -3$,$\therefore B(0, -3)$.

15. 新考法 结合制作模拟数据生成器考查概率和代数式 某人工智能实验室研发了两种智能算法模型A和B,为测试其性能,设置了如下实验:制作两个模拟数据生成器甲和乙,数据生成器甲可产生四个数据:-6,-1,5,8,数据生成器乙可产生三个数据:4,-7,6(每个数据被生成的概率相同),每次实验时,同时启动两个数据生成器,甲、乙生成的数据分别记为a和b,该人工智能系统会对生成的两个数据a和b进行运算:
若a + b ＞ 0,则算法模型A的性能评估加分;
若a + b ＜ 0,则算法模型B的性能评估加分;
若a + b = 0,则两个算法模型均不加分.
当实验次数为600次时,若算法模型A的加分次数为m,算法模型B的加分次数为n,估计m - n的值为150.

答案：
150
名师教解题
第一步:求出一次实验时,$a + b ＞ 0$出现的概率,$a + b ＜ 0$出现的概率
画树状图如图所示:

由树状图可知,共有12种等可能的结果,其中$a + b ＞ 0$的结果有7种,$a + b ＜ 0$的结果有4种,故$a + b ＞ 0$出现的概率为$\frac{7}{12}$,$a + b ＜ 0$出现的概率为$\frac{4}{12} = \frac{1}{3}$.
第二步:根据实验次数,求出$m$,$n$的值
当实验次数为600次时,算法模型A的加分次数$m = 600 × \frac{7}{12} = 350$,算法模型B的加分次数$n = 600 × \frac{1}{3} = 200$,$\therefore m - n = 350 - 200 = 150$.