19 2026年江西中考考向预测卷(四)-【学海风暴·中考一卷通】2026年中考数学（江西专用）

2026②画中考必备 数学 2026年江西中考考向预测卷（四） (考试时间：120分钟 满分：120分) 班级： 姓名： 得分： 一、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共 堆货箱组成的几何体的三视图画了出来，如图 18分) 所示.现要取走一些货箱，但要求剩余货箱的主 1.下列各数中，为负数的是 视图不变，最多可以取走货箱的个数为() A.-(-4) B.4 A.2 B.3 C.4 D.5 C.0 D.-4 2.跨生物学学科“染色体”是人类“生命之书”中 主视图 左视图 最长也是最后被破解的一章.据报道，在1号染 色体内，缠绕了大约245520000个核苷酸碱基 俯视图 对，大概包含了人类细胞中8%的DNA.数据 第5题图 第6题图 245520000用科学记数法表示为 6.跨物理学科手影游戏利用的物理原理是光是 A.2.4552×108 B.0.24552×109 沿直线传播的.图中小狗手影就是我们小时候 C.24.552×10 D.24552×104 常玩的游戏.在一次游戏中，小明（手势与墙面 3.计算1 平行)距离墙壁1m,爸爸拿着的光源与小明的 一1x2一的结果等于 ( 距离为3m.在光源不动的情况下，要使小狗手 A.-1 B.x-1 影的高度增加一倍，则小明与墙壁的距离应 1 1 ( ) C.zF1 D.x2-1 A.减少1.5m B.增加1.5m 4.某校收集了写作兴趣小组21名同学一年的课 C.减少1m D.增加1m 外阅读量数据，并绘制了如图所示的折线统计 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 图.这21名同学一年的平均课外阅读量约是 7.单项式一3πxy2的系数是 ( 8.若关于x的一元二次方程x2一3x+m=0有实 人 数根，则m的取值范围是 9.古代数学文化我国古代《易经》一书中记载，远 12345678课外阅读量/本 古时期，人们通过在绳子上打结来记录数量，即 第4题图 “结绳计数”.爱思考的小贤利用这个方法，在练 A.5本 B.4本 习本的每一行从左往右依次画上△，满八进一， C.3本 D.2本 用来记录一周背诵单词的个数.图①表示他第 5.在一个仓库里堆积着若干个大小相同的正方体 一周背诵的单词个数为3×1+1×8+2×82= 货箱，要搬运这些货箱很困难，可是仓库管理员 139.图②表示他第二周背诵的单词个数，则他 要确定货箱的数量，于是就想出一个办法，将这 第二周背诵的单词个数为 数学37-1 14.张老师在黑板上布置了一道题，内容如下： △△△ △△△△ △△△ 先化简，再求值：(2x一y)(2x+y)+y2,其 △△ △△ 中x是最小的正整数 图① 图② 第9题图 第10题图 小红和小彬展开了讨论： 10.如图，平移线段AB得到线段CD,点A(2,3) 只知道x值的相关信 的对应点为D,点B(一3，一2)的对应点为 息，没有告诉y的值，求 不出答案 C(2,一2)，连接AD,BC.将四边形ABCD平 这道题与y的值无 关，可以求出答案. 移，则点B与原点O重合时，点D的对应点 小红 小彬 的坐标为 根据上述条件，请判断谁的说法对？如果小红 11.用一副如图①所示的七巧板，拼出如图②所示 的说法对，请补充y的值，并求出代数式的 的中间有一个空白正方形的“风车图”，连接 值；如果小彬的说法对，请求出代数式的值. AB,则图②中tan∠ABC= 图① 图② 第11题图 第12题图 12.如图，在□ABCD中，AB=4,AD=4√2，∠B =45°，E是AB的中点，点P在平行四边形的 边上.当△ECP是以EC为斜边的直角三角 形时，CP的长为 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13.(1)计算：√4+|-2|. 15.图①、图②均是4×4的正方形网格，每个小正 方形的顶点称为格点.点A,B,P均在格点 上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中 按下列要求作口ABCD,使点C,D均在格 2x-1>x, 点上 (2)解不等式组：一1≤1. (1)在图①中，点P在□ABCD的边上且不与 3 顶点重合 (2)在图②中，点P在口ABCD的内部且不是 对称中心 图① 图② 数学 37-2 16.情境应用某天午饭时，小明忙着在教室出黑四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 板报，小华帮小明到食堂打饭.食堂有红烧肉、18.已知购买2本活页本和3支中性笔共需21 粉蒸肉、炒黄瓜、清炒茄子四个菜，小华决定随 元：购买3本活页本和2支中性笔共需19元. 机帮小明选两个不同的菜。 (1)求活页本和中性笔的单价， (1)“小华选到素菜”是 事件（填 (2)如果购买活页本和中性笔共30件，其中活 “不可能”“必然”或“随机”)。 页本的数量不少于20本，且不多于中性笔数 (2)用列表法或画树状图法，求小华选到“一荤 量的3倍，有哪几种购买方案？ 一素”的概率. 17.如下图，已知P是一次函数y=一x十2的图 象与x轴的交点，将点P向下平移2个单位 长度后所得的点Q落在反比例函数y=飞的 图象上 (1)点P的坐标为 (2)求反比例函数的表达式. 19.图①是某办公楼前的标牌，将其外形抽象为图 ②.已知FG垂直于水平地面CD,AH∥FG, ∠D=∠C=83°，∠E=∠B,BC=280cm,AB =100cm. 图① 图② 数学37-3 (1)求证：∠A=∠F 5数量/辆 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） (2)若∠E=115°，求标牌的高度（点A到地面 21.课本再现 的距离，结果保留小数点后一位). 如图①，⊙O的直径AB为10cm,弦AC为 (参考数据：sin72°≈0.951，cos72°≈0.309， 6cm,∠ACB的平分线交⊙O于点D. tan72°≈3.078，sin83°≈0.993，cos83°≈ B D组别 (1)分别求BC和AD的长. 0.122,tan83°≈8.144) c.10辆N款纯电动汽车的实际续航里程在C 拓展延伸 组中的数据：402,425,410,425. (2)如图②，若BE⊥CD于点E,连接OE d.两款纯电动汽车的实际续航里程统计表： ①求证：直线OE垂直平分BC; 平均数 中位数 众数 方差 ②求OE的长. M 395 395 a 1455 N 397 6 425 2070 根据以上信息，解答下列问题： (1)表格中的a= ,b= D 图① 图② (2)根据上述数据，你认为M款和V款纯电 动汽车中，哪款汽车的实际续航里程更长？请 说明理由（写出一条即可） (3)小王看中了售价一样的甲、乙两款纯电动 汽车，根据汽车杂志发布的数据对这两款车的 四项性能进行了打分（百分制），如下表： 续航里 百公里加 百公里能 智能化水 程得分 速得分 耗得分 平得分 甲 82 90 85 100 20.国家大力提倡节能减排和环保，近年来纯电动 80 100 90 90 汽车普及率越来越高，纯电动汽车的续航里程 续航里程、百公里加速、百公里能耗、智能化水平 是人们购买时参考的重要指标.某汽车杂志为 四项性能在小王心中所占的比是4：2：1：3.你 了解M,N两款纯电动汽车的实际续航里程， 认为小王选择哪款车更合适？请说明理由. 各随机抽取10辆进行了续航里程实测，并将 测试的结果〔续航里程用x公里(1公里= 1km)表示)分成A.300≤x<350,B.350≤x <400,C.400≤x<450,D.x≥>450四组进行 整理、描述和分析，下面给出了部分信息： a.l0辆M款纯电动汽车的实际续航里程： 330,375,435,410,410,470,380,365, 365,410. b.10辆N款纯电动汽车的实际续航里程条 形统计图如下（不完整）： 38 数学38-1 数学 22.定义：若某函数图象恒过点(p,q)(p≠0)，则 六、解答题（本大题共12分） 【拓展延伸】 我们称(p,q)为该函数图象的“永恒点”. 23.【问题情境】 (3)在(2)的条件下，连接AG,CE,则AG2+ 【初步理解】 在数学活动课上，同学们用两张矩形纸片进行 CE是否为定值？如果是，求出此定值；如果 (1)已知抛物线y=(m-1)x2+(3-m)x(m 探究活动.一小组同学准备了两张矩形纸片 不是，请你说明理由. ≠1). ABCD和EBGF,其中AB=6,BC=4.将它 ①该抛物线的“永恒点”的坐标是 们按如图①所示的方式放置，点E,G分别落 ； 在AB,BC边上时，E,G恰好分别为AB,BC ②若直线x=k是该抛物线的对称轴，且该抛 边的中点.然后将矩形纸片EBGF绕点B顺 物线开口向下，则k的取值范围为 时针旋转，旋转角为α，连接AE,CG. 【理解应用】 (2)抛物线y=a.x2+bx十3(a≠0)的“永恒 点”M的横坐标为2. ①求a与b之间的数量关系；： 图① 图② 图③ ②若点M与该抛物线的顶点P均在抛物线 【观察发现】 y=x2十c上，求点P的坐标. (1)如图②，当α=90°时，小组成员发现AE与 CG存在的数量关系为 ,位置 关系为 【探索猜想】 (2)如图③，当90°<a<180°时，(1)中发现的 结论是否仍然成立？请说明理由. 38-2 数学38-3在Rt△EBC中，由勾股定理，得BE2=BC2+CE, 即(45)2=(8.x)2+(4x)2, 解得x=1(负值已舍去)， .BC=8x=8.(12分) 192026年江西中考考向预测卷（四） C答案速递 1~6 DACBCB 9 7.-3π 8.m≤4 9.15610.(10.5)11.3 12.3√2或4或√10 ①详细解答 1.D2.A 3c【解折】原式=出名号+ 4.B【解析】x=(1×1+3×2十2×3+5×4+4×5+4 91 X6+2X7)÷21=2≈4（本）。 5.C【解析】依题意得，俯视图中每个小正 21 方形位置上的货箱个数如图所示.要保持121 主视图不变，则最右边一列最多可以搬走 1 其中的2个货箱，中间一列最多可以搬走俯视图 第一排或第二排的2个货箱.故最多可以取走4个 货箱. 6.B【解析】图①为手影游戏的简单示意图，点O为光 源，AB为小明的手势，CD为小狗手影.由题意可知， AB∥CD,过点O作CD的垂线，分别交AB,CD于点 AB E,F,则OE=3,EF=1,易证△OABD△OCD心CD =E-子可设AB=3x则CD=4x,当小狗手 影的高度增加一倍时，小狗手影的高度为8x,如图②. 设此时EF'=m,则OE=4一m(关键：光源与墙壁 A'B'OE' 的距离不变)小昌-那即经=行解得m 2.5.2.5一1=1.5，.小明与墙壁的距离应增加 1.5m. A A.C 0 图① 图② 9 7.-3元8.m≤4 9.156【解析】由题意，得他第二周背诵的单词个数为4 ×1+3×8+2×82=156. 118中考数学众0—+ 10.(10,5)【解析】A(2,3),B(-3,-2),C(2,-2), .由平移的性质可知，AD=BC=5,.D(7,3).将四 边形ABCD平移，当点B与原点O重合时，点B向 右平移3个单位，再向上平移2个单位，∴平移后点 D的对应点的坐标为(7+3,3+2)，即(10,5). 解题通则 点的坐标的平移规律 横坐标右加左减，纵坐标上加下减， 11.3【解析】如图，连接BG,AG,并 延长AG交BC于点D,设AK=a. 四边形AKGN、四边形KGCE 均是正方形，.∠AGK=45°，AK =GK=NG=GC=a,∴.AG= √2GK=√2a,∠BGD=45°.，△NCB是等腰直角 1 三角形，NG=GC,∠GBC=45°，BG=2NC=GC =a,.∠GDB=180°-∠BGD-∠GBC=90°， ÷△GBD是等腰直角三角形，∴GD=BD=,号GB 3√2 _AD_AG+GD 2a F2atan∠ABC=BD= BD 12.3√2或4或√10【解析】（第一步：由△ECP是以 EC为斜边的直角三角形，可利用隐形圆确定点P的 位置) ,△ECP是以EC为斜边的直角三角形，点P在 □ABCD的边上，∴.点P在以EC为直径的圆与 ☐ABCD的边（不含点C,E)的交点处： (第二步：根据题意找到满足题意的点P,分情况求 解) 如图，设EC的中点为O,以 A(P)P EC为直径的⊙O与口ABCD E 的边（不含点C,E)的交点分BP肃 C 别为P,P2,P ①当点P位于BC边上的点P,处时，∠EP,C =90°. AB=4,E为AB的中点，∴BE=2. 又在Rt△BEP,中，∠B=45°， ,∴.BP,=BE·cos45°=√2，∴.CP,=BC-BP,=AD -BP1=3√2. ②当点P位于AB边上的点P2处时，∠CP,B =90°. 在Rt△P2BC中，∠B=45°， ,∴.CP2=BC·sin45°=4，BP2=BC·cos45°=4 =AB, 点P2与点A重合 ③当点P位于AD边上的点P,处时， 在Rt△CEP,中，CP=3√2，EP1=BP,=√2， ∴.CE=W√CP+EP=25, ∠B=45°，BC∥AD, ∴.∠BAD=135°. 又：点A在⊙O上， ∴，∠ECP,=45°（点拨：圆内接四边形的性质）， ∴.CP3=CE·cos45°=/10 (第三步：总结) 综上，CP的长为3√2或4或10. 13.解：(1)原式=2+2(2分) =4.(3分) 2x-1>x,① @号1.8 解不等式①，得x>1.(1分) 解不等式②，得x≤4，(2分) ∴.不等式组的解集为1<x≤4.(3分) 14.解：小彬的说法对.(1分) (2x-y)(2x+y)+y2=4x2-y2+y2=4.x2, ∴.化简结果与y的值无关，∴.小彬的说法对.(4分) :x是最小的正整数， ∴.x=1, .原式=4x2=4.(6分) 15.解：(1)如图①所示，□ABCD即为所求.(3分) (2)如图②所示，□ABCD即为所求（答案不唯一）. (6分) 图① 图② 16.解：(1)随机(2分) (2)将两个荤菜分别记为A,B,两个素菜分别记为 C.D. 根据题意列表如下： A B D A (A,B) (A,C)(A,D) B (B,A) (B,C) (B.D) (C,A) (C,B) 一 (C,D) D (D,A)(D,B) (D,C) (4分) 由表格可知，一共有12种等可能的情况，其中小华 选到“一荤一素”的情况有8种， ∴小华选到”一常一素的概率为-号（6分) 17.解：(1)(2,0)(2分) (2)P(2,0),.由平移，得Q(2,一2).(4分) 将Q2,-2)代人y=冬得及=-2X2=-4, “反比例西数的表达式为y=一兰6分) 18.解：(1)设活页本的单价是x元，中性笔的单价是 y元. (2x+3y=21, 根据题意，得 (2分) 3.x+2y=19, x=3, 解得 y=5. 答：活页本的单价是3元，中性笔的单价是5元.(3分) (2)设购买m本活页本，则购买(30一m)支中性笔. 根据题意，得m≥20，且m≤3(30-m), 解得20≤m≤22.5.(6分) 又：m为正整数， .m可以为20或21或22， ∴共有3种购买方案.(7分) 方案1：购买20本活页本、10支中性笔； 方案2：购买21本活页本、9支中性笔： 方案3：购买22本活页本、8支中性笔.(8分) 19.解：(1)证明：如图，延长AH交水平地 Nh. B 面CD于点M.(1分) FG⊥CD,AH∥FG, ∴.AM⊥CD,即∠AMC=∠FGD =90° ,∠D=∠C=83°，∠E=∠ABC, D MG KC ∴.∠A=360°-∠C-∠ABC-∠AMC=360°- ∠D-∠E-∠FGD=∠F 故∠A=∠F.(3分) (2)如图，过点B分别作AM,CD的垂线，垂足分别 为N,K.(4分) ∠E=115°， .∠A=∠F=360°-∠D-∠E-∠FGD=360°- 83°-115°-90°=72. .BC=280,AB=100,∠C=83°， .∴.AN=AB·cos72°≈100×0.309=30.9，BK=BC· sin83°≈280×0.993=278.04.(6分) ,AM与BK都垂直于地面CD,BN⊥AM, ∴.四边形BNMK为矩形，.MN=BK, ,∴.AM=AN+BK=30.9+278.04=308.94≈308.9. 故标牌的高度约为308.9cm.(8分) 一@参考答案119 20.解：(1)410406(2分) (2)N款汽车的实际续航里程更长.(4分) 理由：，N款汽车的实际续航里程平均数比M款 的大， ∴N款汽车的实际续航里程更长.（答案不唯一，合 理即可)(5分) (3)选择甲款车更合适.(6分) 理由：甲款车综合得分为82×音+90×品+85×日 1 +100×0-89.3(分.(7分) 乙款车棕合得分为80×+10X品+90 1 10 +90 Xs分 89.3>88, ∴选择甲款车更合适.(8分) 21.解：(1)AB是⊙0的直径， .∠ACB=∠ADB=90°. .'AB=10 cm,AC=6 cm, ∴.BC=√AB2-AC=√102-6=8(cm).(1分) :CD平分∠ACB, ∴AD=BD,△ABD是等腰直角三角形， SAD=BD三2AB=5V2cm 综上所述，BC的长为8cm,AD的长为5√2cm. (3分) (2)①证明：如图，连接OC,可得 OC=OB. :∠ACB=90°，∠ACB的平分线 E 交⊙O于点D, ∴.∠ECB=45° .BE⊥CD, .∠CBE=∠ECB=45°， .CE=BE.(5分) 又OC=OB, ∴直线OE垂直平分BC.(6分) ②如图，延长EO,EO的延长线与BC交于点M BC=8cm,∠CBE=45°，OE⊥BC, .'EM=BM=4 cm. :tanZABC=BC=BM' AC OM 即6OM 84 ∴.OM=3cm, .∴.OE=EM-OM=1(cm) 故OE的长为1cm.(9分) 120中考数学分0—+ 22.解：(1)①(1,2)(2分) ②k>24分) (2)①y=ax2+br+3=ax(x+么）+3， 令x+ =0，则= .(5分》 a :该抛物线的“永恒点”M的横坐标为2， 、6 =2,即b=-2a.(6分) ②由①可知b=一2a, .y=a.x2+bx+3=ax2-2ax+3, “该抛物线的对称轴为直线工=-二2=1， 2a .M(2,3).(7分) 将M(2,3)代入y=x2+c,得3=4+c,解得c=-1, (8分) 即y=x2-1. 将x=1代入y=x2-1,得y=0, .点P的坐标为(1,0).(9分) 【解析】(1)①.y=(m-1)x2+(3-m)x=m.x(x一 1)-x2+3x, ∴当x=1时，无论m为何值，y的值恒为2； 当x=0时，无论m为何值，y的值恒为0. 故由“永恒点”的定义可知，该抛物线的“永恒点”的 坐标为(1,2). ②易知该抛物线经过点(0,0)，(1,2)，且开口向下， 抛物线与x轴的另一个交点在点(1,2)右侧. ,直线x=k是该抛物线的对称轴， .k72 高分技法) 判断含参抛物线恒过定点的方法 1.若已知定点的坐标，可直接代入抛物线的解析 式进行判断. 2.若需要求出含参数a的抛物线经过的定点的坐 标，则一般有以下两种方法： ①把抛物线的解析式进行整理，化为y=aM十N (多项式M,N均不含参数a)的形式，令多项式M=0, 即可求出定点的横坐标，将其代入抛物线的解析式，则 可求得定点坐标. ②令参数a取两个不同的常数，代入抛物线的解 析式，联立得到的两个抛物线的解析式，求出这两个抛 物线的交点坐标，即为含参抛物线经过的定点坐标. 28解，15-2 AE⊥CG(4分) (2)(1)中发现的结论仍然成立. 理由：：∠ABC=∠EBG=90°， ∴.∠ABC+∠CBE=∠EBG+∠CBE,即∠ABE= ∠CBG.(5分) 由题意可知BE=7AB=3,BG=号BC=2 8-既- .△ABEC∽△CBG,(6分) ÷8能-8滑-∠BE-∠G.分 如图①，设BC与AE交于点P, AE与CG交于点O,则∠APB =∠CPO, .∠ABP=∠POC=90°， .AE⊥CG, .当90°<a<180时，(1)中发现的 结论仍然成立.(8分) (3)AG2+CE2是定值. 图① 如图②，连接AC,GE. 由(2)，得AE⊥CG, .△EOG,△AOC,△A0G,△COE 均为直角三角形， ,∴.根据勾股定理，得AC2=AO2+ CO2.GE?=GO2+EO2.AG2= A02+G02,CE2=C02+E02, ∴.AC2+GE2=AG2+CE2. 图② (10分) .'AC2=AB2+BC2=62+42=52,GE2=GB2+EB2 =22+32=13, .∴.AG2+CE2=AC2+EG2=52+13=65.(12分) 【解析】(1)如图③，延长AE交CG于A D 点H. 1 由题意可知BE=2AB=3,BG= 2BC=2. B ·四边形ABCD和四边形EBGF都G 图③ 是矩形，a=90°， ∴.∠ABE=∠CBG=90°. ..AB_BE 3 ”CBBG2' .∴.△ABE∽△CBG, AE AB 3 CG=CB=2∠BAE=∠BCG. 又：∠AEB=∠CEH, .∠EHC=∠ABE=90°， .AE⊥CG. 模型归纳 “手拉手”模型 “手拉手”模型 全等“手拉手”模型一相似 图 示 梁 AB AD AB=AC,AD=AE. AC AE 件 ∠BAC=∠DAE ∠BAC=∠DAE △BAD≌△CAE,△BAD∽△CAE, 结 ∠BFC=∠BAC= 论 ∠BFC=∠BAC= ∠DAE ∠DAE 202026年江西中考考向预测卷（五）】 ○答案速递 1~6 DCDDCD 7.2(a-1)2 8.>9.0 10.(12.5,8) 11.20km/h 12.13)或3.2或（受，】 C详细解答 1.D2.C 3.D【解析】选项A,B,C中的图形都不能找到一点，使 图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不 是中心对称图形，选项D能找到这样的一点，所以选 项D的图形是中心对称图形 4.D【解析】由图可得-1<a<0,1<b<2,∴.a十b>0, a一b<0,|a<|b,-a>一b.故D选项符合题意. 一题会解法 由图可设a=-0.5,b=1.5,..-0.5+1.5=1>0 -0.5-1.5=-2<0,|-0.5|=0.5<1.5, -(-0.5)=0.5>-1.5.故D选项符合题意.（特 殊值法) 5.C【解析】如图，在矩形AB- CD中，∠D=∠C=90. K ∠1=∠2=25°， M ∴.∠HGC=∠IJD=65°， 2 .∠GMJ=50°. B H IJ∥KL,EFGH, .四边形VUV是平行四边形， ∴.∠VNU=∠VMU=∠GMJ=50°， ∴.∠3=∠VNU=50°. 中一r风参考答案 121