2026年中考数学模拟猜题卷（江苏省无锡专用）

2026年中考数学模拟猜题卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B B C D C D B D C 二．填空题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分） 11．a（b﹣a）． 12．x＞1． 13．假． 14．1800． 15．． 16．． 17．1.4． 18．（1）； （2）． 三．解答题（共10小题，满分96分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 19．（1）（4分） 【解答】解：x2﹣4x﹣1＝0， x2﹣4x＝1， x2﹣4x+4＝1+4， （x﹣2）2＝5， ， ，；······（4分） （2）（4分） 【解答】． 由①得：x≤0； 由②得：x＞﹣2． ∴不等式组的解集为﹣2＜x≤0．······（4分） 20．（8分） 【解答】解： ，······（4分） 当1时， 原式．······（8分） 21．（8分） 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，OA＝OCAC， ，OB＝ODBD，AC＝BD， ∴OA＝OB， ∴∠OCE＝∠OAF， 在△OCE和△OAF中，， ∴△OCE≌△OAF（ASA），······（2分） ∴OE＝OF， ∵EF＝AF， ∴AF＝2OF， ∵EF⊥AC， ∴∠AOF＝90°， ∴∠OAF＝30°， ∴∠OFA＝90°﹣30°＝60°；······（4分） （2）证明：∵OA＝OB， ∴∠OBF＝∠OAF＝30°， ∵∠OFA＝∠OBF+∠BOF， ∴∠BOF＝30°＝∠OBF， ∴OF＝FB．······（8分） 22．（8分） 【解答】解：（1）∵该博物馆附近某停车场一处彼此相邻的四个空闲车位，分别为A，B，C，D， ∴甲停放在A位置的概率为；······（2分） （2）画树状图如下： ······（5分） 由树状图知，共有12种等可能的结果，其中甲、乙两车停放在相邻车位的有6种， ∴甲、乙两车停放在相邻车位的概率为．······（8分） 23．（10分） 【解答】解：（1）七年级A、B组的人数为：20×（10%+25%）＝7， 故中位数在C组， 把七年级20名学生竞赛成绩从小到大排列，第十个和第十一个两个数分别是84，84，故中位数a84．， 八年级20名学生的竞赛成绩的众数b＝86， m%＝1﹣（10%+25%）＝30%，即m＝30， 故答案为：84，86，30；······（3分） （2）C组的占比为1﹣（10%+25%+30%）＝35%， C组对应扇形的圆心角是360°×35%＝126°， 故答案为：126；······（6分） （3）560×30%+500293（人）， 答：估计该校七、八年级参加此次竞赛成绩不低于90分的学生人数共是293人．······（10分） 24．（10分） 【解答】解：（1）如图，点E即为所求； ······（5分） （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝90°，AD＝BC＝10，CD＝AB＝6， ∵由折叠可得BF＝BC＝10，CE＝EF， ∴， ∴DF＝AD﹣AF＝2， 设CE＝EF＝x，则：DE＝CD﹣CE＝6﹣x， 在Rt△EDF中，由勾股定理，得：x2＝22+（6﹣x）2， 解得：， ∴．······（10分） 25．（10分） 【解答】（1）证明：如图，以AB为直径的⊙O交BC于点D，连接OD，则OD＝OB， ∴∠OBD＝∠ODB， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∴∠ODB＝∠C， ∴OD∥AC， ∵DE⊥AC， ∴OD⊥DE， ∵OD是⊙O的半径， ∴DE是⊙O的切线；······（5分） （2）解：如图2，AF＝4，∠C＝30°，过点O作OG⊥AF，垂足为点G， ∴， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C＝30°， ∴∠OAG＝∠B+∠C＝60°， ∴，， ∴， ∵DE⊥AC，OG⊥AF，OD⊥DE， ∴∠GED＝90°，∠ODE＝90°，∠OGE＝90°， ∴四边形ODEG是矩形， ∴， ∵∠AOD＝2∠B＝60°， ∴， ∴．······（10分） 26．（10分） 【解答】解：（1）过点B′作B′E⊥AD，垂足为E， 由题意得：AB＝AB′＝1m， 在Rt△AB′E中，∠B′AD＝27°， ∴B′E＝AB′•sin27°≈1×0.454＝0.454（m）， ∵AO＝1.7m， ∴AO+B′E＝1.7+0.454≈2.15（m），······（5分） ∴打开后备箱后，车后盖最高点B′到地面l的距离约为2.15m； （2）小琳爸爸的身高为1.8m，他从打开的车后盖C′处经过，没有碰头的危险， 理由：过点C′作C′F⊥B′E，垂足为F， 由题意得：∠AEB′＝90°，BC＝B′C′＝0.6m，∠ABC＝∠AB′C′＝123°， ∵∠B′AD＝27°， ∴∠AB′E＝90°﹣∠B′AD＝63°， ∴∠FB′C′＝∠AB′C′﹣∠AB′E＝60°， 在Rt△B′C′F中，B′F＝B′C′•cos60°＝0.60.3（m）， ∴OA+B′E﹣B′F＝2.154﹣0.3＝1.854（m），······（8分） ∵1.854m＞1.8m， ∴小琳爸爸的身高为1.8m，他从打开的车后盖C′处经过，没有碰头的危险．······（10分） 27． （12分） 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠B＝∠D，AD∥BC， ∴∠D+∠BCD＝180°， 由折叠的性质可得：∠AFE＝∠B， ∴∠AFE＝∠D， ∵∠AFE+∠EFP＝180°， ∴∠BCD＝∠EFP，即∠ECQ＝∠EFP， ∵∠FEP＝∠CEQ， ∴△CEQ∽△FEP；······（3分） （2）解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠B＝∠D，AD∥BC，AB＝CD，AB∥CD， ∴∠D+∠BCD＝180°， 由折叠的性质可得：∠AFE＝∠B，BE＝FE，AF＝AB， ∴∠AFE＝∠D， ∵∠AFE+∠EFP＝180°， ∴∠BCD＝∠EFP，即∠ECQ＝∠EFP， ∵CE＝BE， ∴CE＝EF， 在△CEQ和△FEP中， ， ∴△CEQ≌△FEP（ASA）， ∴EQ＝EP，∠CQE＝∠P， ∴EQ﹣EF＝EP﹣EC， ∴FQ＝CP， 在△FQG和△CPG中， ， ∴△FQG≌△CPG（AAS）， ∴FG＝CG＝3，GQ＝GP＝5， ∵AB∥CD， ∴△CGP∽△BAP， ∴， ∴， ∴AB＝12， ∴CD＝AB＝12， ∴QD＝CD﹣CG﹣GQ＝4；······（7分） （3）解：如图，延长AD，EQ交于点H， ∵， ∴设CQ＝2a，则DQ＝3a， ∴CD＝CQ+DQ＝5a， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠B＝∠ADC，AD∥BC，AB＝CD＝5a，AB∥CD， ∴∠ADC+∠BCD＝180°， 由折叠的性质可得：∠AFE＝∠B，BE＝FE，AF＝AB＝5a， ∴∠AFE＝∠ADC， ∵∠AFE+∠EFP＝180°， ∴∠BCD＝∠EFP，即∠ECQ＝∠EFP， ∵∠FEP＝∠CEQ， ∴△CEQ∽△FEP； ∴， ∵BE＝EF， ∴， ∵CE＝2BE， ∴，EQ＝2EP， ∵AD∥BC， ∴△CEQ∽△DHQ，△EFP∽△HFA， ∴，， ∴，FH＝5EF＝5BE， ∵FQ＝EQ﹣EF＝2EP﹣EF，QH+FQ＝FH， ∴3EP+2EP﹣EF＝5BE， ∴5EP﹣EF＝5BE， ∴5EP﹣BE＝5BE， ∴5EP＝6BE， ∴， ∴， ∵BC＝BE+CE＝BE+2BE＝3BE， ∴AD＝BC＝3BE， ∵AD∥BC， ∴△GCP∽△GDA， ∴．······（12分） 28．（12分） 【解答】解：（1）∵关于x的二次函数（a，b，c是常数，a＞0）的图象顶点为点P（1，﹣2），将点P的坐标代入，结合对称轴公式得： ， 解得：， ∴c﹣a＝a﹣2﹣a＝﹣2；······（2分） （2）函数的图象经过定点；理由如下： ∵无论t为何值，x＝1﹣t和x＝3+t时的函数值都相等， ∴二次函数的对称轴为直线， ∴，即b＝﹣4a， ∴y2＝ax﹣b＝ax+4a， 当x＝﹣4时，y2＝﹣4a+4a＝0为定值， ∴直线y2过定点（﹣4，0）， 设点（﹣4，0）为点E，点G到直线y2＝ax﹣b的距离为h， ∴， 根据垂线段最短可知，h≤GE， ∴h的最大值为GE，即， ∴（c﹣3a）2+36＝45， 解得：c﹣3a＝±3， ∵点G（2，c﹣3a）在x轴下方，即c﹣3a＜0， ∴c﹣3a＝﹣3，即c＝3a﹣3， ∴， 当x＝1或3，y1＝﹣3为定值， ∴二次函数y1的图象过定点（1，﹣3）和（3，﹣3）；······（6分） （3）∵四边形是APBQ菱形， 又∵AB与PQ交于点H， ∴PH＝QH，AH＝BH， 如图1，以PH、QH为边构造△PQH，且PQ＝AB，作HM⊥PQ于点M， 由题意可知，∠PHQ＝120°， ∵PH＝QH，HM⊥PQ， ∴，， 在直角△PHM中，， ∴， ∴， 如图2， ， ∴顶点P的坐标为， ∵PQ⊥x轴， ∴， ∵点Q在直线y2＝ax﹣b， ∴点Q的坐标为， ∵函数图象与x轴有两个交点， ∴判别式Δ＝b2﹣4ac＞0， ∴点P在x轴下方，点Q在x轴上方， ∴，（b＜0）， ∵PH＝QH， ∴， 化简，得：b2﹣4ac＝﹣6ab， ∵，， ∴， ∴点B的坐标为， 将代入，得： ， 化简，得：， ∵b2﹣4ac＝﹣6ab， ∴， 化简，得：， 将代入b2﹣4ac＝﹣6ab，得： ， 化简，得：， ∵c≥b， ∴，即9b3≤16b， ∵b＜0， ∴9b2≥16， 解得：， ， ∵， 又∵， ∴随着b的增大而增大， ∴当时，取得最大值为．······（12分） 1 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年中考数学模拟猜题卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1．（3分）2026的相反数是（　　） A．﹣2026 B．2026 C． D． 【答案】A 【分析】根据符号不同，绝对值相同的两个数互为相反数即可求得答案． 【解答】解：2026的相反数是﹣2026． 故选：A． 2．（3分）下列运算结果正确的是（　　） A．a•a2＝a2 B．（﹣a2）3＝﹣a6 C．a3+a3＝a6 D．a8÷a2＝a4 【答案】B 【分析】根据同底数幂的乘法法则对A进行判断；根据幂的乘方法则对B进行判断；根据合并同类项对C进行判断；根据同底数幂的除法法则对D进行判断． 【解答】解：同底数幂的除法，幂的乘方以及合并同类项逐项分析判断如下： A．a•a2＝a3，故该选项不正确，不符合题意； B． （﹣a2）3＝﹣a6，故该选项正确，符合题意； C．a3+a3＝2a3，故该选项不正确，不符合题意； D．a8÷a2＝a6，故该选项不正确，不符合题意； 故选：B． 3．（3分）实数a，b在数轴上的位置如图所示，则下列不等式变形中正确的是（　　） A．﹣a＜﹣b B．2a＜2b C．a﹣3＞b﹣3 D． 【答案】B 【分析】根据图示，可得：a＜0＜b，且|a|＜|b|，据此逐项判断即可． 【解答】解：根据图示，可得：a＜0＜b，且|a|＜|b|， ∴a＜0＜b，且b＞﹣a， ∵a＜0＜b， ∴﹣a＞0，﹣b＜0， ∴﹣a＞﹣b， ∴选项A不符合题意； ∵a＜b， ∴2a＜2b， ∴选项B符合题意； ∵a＜b， ∴a﹣3＜b﹣3， ∴选项C不符合题意； ∵a＜b， ∴， ∴选项D不符合题意． 故选：B． 4．（3分）已知一组数据a，5，b，c，8的唯一众数是2，中位数是3，则这组数据的平均数为（　　） A．3 B．3.6 C．4 D．5.2 【答案】C 【分析】根据众数、算术平均数和中位数的概念求解． 【解答】解：∵一组正整数a，5，b，c，8有唯一众数2，中位数是3， ∴这组数据从小到大排列为：2，2，3，5，8， ∴这一组数据的平均数为（2+2+3+5+8）÷5＝4， 故选：C． 5．（3分）如图，为测量位于一水塘旁的两点A，B间的直线距离，在地面上确定可直线到达点A、点B的点O，分别取OA，OB的中点C，D，量得CD＝20m，则A，B之间的直线距离是（　　） A．25m B．30m C．35m D．40m 【答案】D 【分析】根据三角形中位线定理解答即可． 【解答】解：∵点C，D分别为OA，OB的中点， ∴CD为△OAB的中位线， ∴AB＝2CD＝2×20＝40（m）， 故选：D． 6．（3分）下面四个命题中，真命题的个数是（　　） ①腰和腰上的高对应相等的两个等腰三角形全等； ②有两角及一边对应相等的两个三角形全等； ③有两边及其中一边上的中线对应相等的两个三角形全等； ④有两边及第三边上的中线对应相等的两个三角形全等． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】①腰和腰上的高对应相等的两个等腰三角形全等，是假命题，举一反例即可； ②有两角及一边对应相等的两个三角形全等，是真命题，在△ABC和△A'B'C'中，∠A＝∠A'，∠B＝∠B'，（ⅰ）当AB＝A'B'时，可依据“ASA”判定△ABC和△A'B'C'全等；（ⅱ）当BC＝B'C'或AC＝A'C'时，均可依据“AAS”判定△ABC和△A'B'C'全等； ③有两边及其中一边上的中线对应相等的两个三角形全等，是真命题，在△ABC和△A'B'C'中，CE，C'E'分别是AB，A'B'上的中线，且AB＝A'B'，AC＝A'C'，CE＝C'E'，求证：△ABC≌△A'B'C'，先依据“SSS”判定△ACE和△A'C'E'全等，进而得∠A＝∠A'，然后依据“SAS”判定△ABC和△A'B'C'全等即可； ④有两边及第三边上的中线对应相等的两个三角形全等，是真命题，在△ABC和△A'B'C'中，AB＝A'B'，AC＝A'C'，AF和A'F'分别是BC，B'C'边上的中线，且AF＝A'F'，求证：△ABC≌△A'B'C'，延长AF到H，使AF＝FH，连接BH，延长A'F'到H'，使A'F'＝F'H'，先证△ACF和△HBF全等，从而得AC＝BH，∠CAF＝∠H，同理可证△A'C'F'和△H'B'F'全等，得A'C'＝B'H'，∠C'A'F'＝∠H'，再证△ABH和△A'B'H'全等，从而得∠BAH＝∠B'A'H'，∠H＝∠H'，据此可证得∠BAC＝∠B'A'C'，然后再依据“SAS”判定△ABC和△A'B'C'全等即可；综上所述即可得出答案． 【解答】解：①腰和腰上的高对应相等的两个等腰三角形全等，是假命题，举反例如下： 如图1所示：AB＝AC＝AD，CM⊥BD，此时等腰△ABC和等腰△ADC中，两腰对应对应相等，一腰上的高CM公用，显然△ABC和△ACD不全等． 故腰和腰上的高对应相等的两个等腰三角形全等，是假命题； ②有两角及一边对应相等的两个三角形全等，是真命题，理由如下： 如图2所示：在△ABC和△A'B'C'中，∠A＝∠A'，∠B＝∠B'， （ⅰ）当AB＝A'B'时，可依据“ASA”判定△ABC和△A'B'C'全等； （ⅱ）当BC＝B'C'或AC＝A'C'时，均可依据“AAS”判定△ABC和△A'B'C'全等， 故有两角及一边对应相等的两个三角形全等，是真命题； ③有两边及其中一边上的中线对应相等的两个三角形全等，是真命题，证明如下： 如图3所示：在△ABC和△A'B'C'中，CE，C'E'分别是AB，A'B'上的中线，且AB＝A'B'，AC＝A'C'，CE＝C'E'，求证：△ABC≌△A'B'C'， 证明：∵CE，C'E'分别是AB，A'B'上的中线， ∴AEAB，A'E'A'B'， ∵AB＝A'B'， ∴AE＝A'E'， 在△ACE和△A'C'E'中， ， ∴△ACE≌△A'C'E'（SSS）， ∴∠A＝∠A'， 在△ABC和△A'B'C'中， ， ∴△ABC≌△A'B'C'（SAS）， 故有两边及其中一边上的中线对应相等的两个三角形全等； ④有两边及第三边上的中线对应相等的两个三角形全等，是真命题，证明如下： 如图4所示：在△ABC和△A'B'C'中，AB＝A'B'，AC＝A'C'，AF和A'F'分别是BC，B'C'边上的中线，且AF＝A'F'，求证：△ABC≌△A'B'C'， 证明：延长AF到H，使AF＝FH，连接BH，延长A'F'到H'，使A'F'＝F'H'，如图5所示： 则AH＝2AF，A'H'＝2A'F'， ∵AF是BC边上的中线， ∴BF＝CF， 在△ACF和△HBF中， ， ∴△ACF≌△HBF（SAS）， ∴AC＝BH，∠CAF＝∠H， 同理可证：△A'C'F'≌△H'B'F'（SAS）， ∴A'C'＝B'H'，∠C'A'F'＝∠H'， ∵AC＝A'C'， ∴BH＝B'H'， 又∵AF＝A'F'，AH＝2AF，A'H'＝2A'F'， ∴AH＝A'H'， 在△ABH和△A'B'H'中， ， ∴△ABH≌△A'B'H'， ∴∠BAH＝∠B'A'H'，∠H＝∠H'， ∴∠BAC＝∠BAH+∠CAF＝∠BAH+∠H，∠B'A'C'＝∠B'A'H'+∠C'A'F'＝∠B'A'H'+∠H'， ∴∠BAC＝∠B'A'C'， 在△ABC和△A'B'C'中， ， ∴△ABC≌△A'B'C'（SAS）， 故有两边及第三边上的中线对应相等的两个三角形全等，是真命题． 综上所述：真命题的个数是3个． 故选：C． 7．（3分）“绿水青山就是金山银山”．某工程队承接了10万平方米的荒山绿化任务，为了赶在雨季之前完成任务，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了20%，结果提前20天完成了任务．设实际工作时每天绿化的面积为x万平方米，则下列方程正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据“原计划工作时间﹣实际工作时间＝20”列出方程，即可解题． 【解答】解：根据“原计划工作时间﹣实际工作时间＝20”列出方程为： ， 故选：D． 8．（3分）如图，在△AOB中，AO＝AB，点B在x轴上，点C，点D分别为OA、OB的中点，连接CD，点E为CD上任意一点，连接AE、BE，反比例函数y（x＜0）的图象经过点A，若△ABE的面积为4，则k的值为（　　） A．﹣4 B．﹣8 C．﹣6 D． 【答案】B 【分析】过点A作AH⊥x轴交于点H，根据三角形中位线的性质求出S△AOB的值，根据等腰三角形的性质求出S△AHO的值，利用反比例函数中k的几何意义，求出k的值即可． 【解答】解：如图，过点A作AH⊥x轴交于点H， 由题可知：点C，点D分别为OA、OB的中点， ∴CD是△ABO的中位线， 点E在线段CD上， ∴S△AOB＝2S△ABE＝8， ∵AO＝AB， ∴△AOB是等腰三角形，AH⊥x轴， ∴AH是△AOB的中线， S△AOHS△AOB＝4， 设A（x，y）， S△AOH|x|×|y|＝4， 根据图象，x＜0，y＞0， ∴x•y＝﹣8， 点A在反比例函数上， ∴k＝﹣8． 故选：B． 9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（　　） A．1 B．2 C．3 D． 【答案】D 【分析】在AB上取一点E，使AE＝AC＝2，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ＝AP，∠PAQ＝60°，证明△CAQ≌△EAP（SAS），由全等三角形的性质得出CQ＝EP，当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，由直角三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：如图，在AB上取一点E，使AE＝AC＝2，连接PE，过点E作EF⊥BC于F， 由旋转知，AQ＝AP，∠PAQ＝60°， ∵∠ABC＝30°， ∴∠EAC＝60°， ∴∠PAQ＝∠EAC， ∴∠CAQ＝∠EAP， ∴△CAQ≌△EAP（SAS）， ∴CQ＝EP， 要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点， ∴当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小， 即：点P与点F重合，CQ最小，最小值为EP， 在Rt△ACB中，∠ACB＝30°，AC＝2， ∴AB＝4， ∵AE＝AC＝2， ∴BE＝AB﹣AE＝2， 在Rt△BFE中，∠EBF＝30°，BE＝2， ∴EFBE， 故线段CQ长度最小值是， 故选：D． 10．（3分）定义：[a，b，c]为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0，a，b，c为实数）的“序列数”，如：y＝x2﹣2x+3的“序列数”为[1，﹣2，+3]．有以下结论： ①二次函数y＝﹣3x2+2x﹣1的“序列数”为[﹣3，2，﹣1]； ②“序列数”为[1，m+2，2m]的二次函数的图象与x轴恒有两个交点； ③若点P（x1，y1），Q（x2，y2）在“序列数”为[m，﹣2m，﹣3m]的二次函数的图象上，已知m＞0，y1＝﹣3m，当y1＞y2时，则x2的取值范围为0＜x2＜2； ④“序列数”为[m，1﹣m，2﹣m]的二次函数，如果m＜0，当时，y随x的增大而增大； ⑤“序列数”为[2m，1﹣m，﹣1﹣m]的二次函数，若抛物线的顶点与抛物线与x轴两交点组成的三角形为等腰直角三角形，则．以上结论正确的有（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【答案】C 【分析】根据“序列数”的新定义，结合二次函数的性质，逐个判断结论正误即可． 【解答】解：①根据定义，y＝﹣3x2+2x﹣1中a＝﹣3，b＝2，c＝﹣1， 因此“序列数”为[﹣3，2，﹣1]， 故①正确，符合题意； ②该二次函数为y＝x2+（m+2）x+2m， 判别式Δ＝（m+2）2﹣4×1×2m＝（m﹣2）2≥0， 当m＝2时Δ＝0，函数图象与x轴只有一个交点， 故②错误，不符合题意； ③该二次函数为y＝mx2﹣2mx﹣3mm＞0，开口向上， 令y＝﹣3m，得mx2﹣2mx﹣3m＝﹣3m， 整理得mx（x﹣2）＝0， 解得x＝0或x＝2， ∵y1＞y2， 即y2＜﹣3m， ∴0＜x2＜2， 故③正确，符合题意； ④该二次函数为y＝mx2+（1﹣m）x+2﹣m，m＜0， ∴开口向下，对称轴为， ∵m＜0， ∴， 则对称轴，开口向下的抛物线在对称轴左侧y随x增大而增大， 故当时，y随x增大而增大， 故④正确，符合题意； ⑤该二次函数为y＝2mx2+（1﹣m）x﹣（1+m）， 令y＝0，得（x﹣1）（2mx+m+1）＝0， 则交点横坐标x1＝1，x2， 两交点距离为||，顶点纵坐标为y， 由等腰直角三角形性质，顶点纵坐标的绝对值等于斜边长的一半，化简得|3m+1|＝2， 解得m或m＝﹣1， 结论仅给出m， 故⑤错误，不符合题意； 综上，正确结论共3个， 故选：C． 二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分） 11．（3分）因式分解ab﹣a2＝a（b﹣a）　 ． 【答案】a（b﹣a）． 【分析】直接提公因式，即可得到答案． 【解答】解：直接提公因式可得： ab﹣a2＝a（b﹣a）； 故答案为：a（b﹣a）． 12．（3分）函数y的自变量x的取值范围是 x＞1　 ． 【答案】x＞1． 【分析】由二次根式的被开方数大于等于0可得x﹣1≥0，由分式有意义的性质可得x﹣1≠0，即可求出自变量x的取值范围． 【解答】解：根据题意得：x﹣1≥0且x﹣1≠0， 即x﹣1＞0， 解得：x＞1． 故答案为：x＞1． 13．（3分）已知命题“若a＞b，则a2＞b2”，则它的逆命题是 　假　 （填“真”或“假”）命题． 【答案】假． 【分析】写出逆命题，举出反例，由此即可得出答案． 【解答】解：命题“若a＝b，则a2＝b2”的逆命题是“若a2＝b2，则a＝b”， 不妨设a＝1，b＝﹣1，满足a2＝b2，但a≠b， ∴“若a2＝b2，则a＝b”是假命题， 故答案为：假． 14．（3分）如图，天坛祈年殿的圆形三重檐象征“天圆”，其底座实际为十二边形，呼应中国传统历法中的“十二月”与“十二时辰”．该底座所有内角之和为　1800　 度． 【答案】1800． 【分析】根据多边形的内角和公式计算即可． 【解答】解：∵底座为十二边形， ∴该底座所有内角之和为：（12﹣2）•180°＝10×180°＝1800°． 故答案为：1800． 15．（3分）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，点O在AB上，以点O为圆心，OA长为半径的半圆分别交AC，AB于点D，F，半圆与BC相切于点E．若BE＝2，则图中阴影部分的周长为　　 ．（结果保留π） 【答案】． 【分析】连接OE，根据切线的性质得出直角，求出∠OBE＝45°，根据等角对等边以及勾股定理求出相关线段的长度，最后利用弧长公式求出弧长． 【解答】解：如图，半圆与BC相切于点E，连接OE，则∠OEB＝90°， 在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠B＝45°， ∴∠OBE＝45°， ∴OE＝OF＝BE＝2， 由勾股定理得， ∴， 的长度为， ∴阴影部分的周长为， 故答案为：． 16．（3分）若关于x，y的方程组的解是，则方程组的解是 　　 ． 【答案】． 【分析】根据二元一次方程组的解的意义进行计算，即可解答． 【解答】解：由题意得：把代入方程组中得： ， ∵， ∴， ∴， 解得：， 故答案为：． 17．（3分）已知A，B两地相距80km，小明和小亮两人分别从A，B两地出发相向而行，小亮先出发；图中l1，l2表示两人离A地的距离s（km）与时间t（h）的关系，则小亮出发　1.4　 h后两人的路程和为80km． 【答案】1.4． 【分析】根据题意求出两人的速度，列出方程即可解决问题． 【解答】解：由题意可知，小亮的函数图象是l1，小明的函数图象是l2， 小亮的速度是40km/h，小明的速度是km/h． 设小亮出发x小时两人的路程和为80km． 由题意列一次函数得，40x（x﹣0.5）＝80， 整理得，200x＝280， 解得x＝1.4， 答：小亮出发1.4小时两人的路程和为80km． 故答案为：1.4． 18．（3分）如图，在正方形ABCD中，AD＝4，点E、F分别为AB、BC上的动点，且AE＝BF，AF与DE交于点O，点P为EF的中点． （1）若AE＝1，则EF的长＝　　 ； （2）在整个运动过程中，OP长的最小值为 　　 ． 【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）先根据正方形的性质得到△DAE≌△ABF，得出∠ADE＝∠BAF，AE＝BF，根据勾股定理求出EF即可； （2）然后得到∠EOF＝∠AOD＝90°，即得到OPEF，设AE＝BF＝x，则BE＝4﹣x，根据勾股定理得出EF，然后求出结果即可． 【解答】解：（1）∵ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝4，∠DAB＝∠ABF＝90°， 又∵AE＝BF， ∴△DAE≌△ABF（SAS）， ∴∠ADE＝∠BAF，AE＝BF， ∵AE＝1， ∴BF＝1，BE＝3， ∴EF； 故答案为：； （2）∵∠ADE＝∠BAF， ∴∠ADE+∠DAF＝∠BAF+∠DAF＝90°， ∴∠EOF＝∠AOD＝90°， 又∵点P为EF的中点， ∴OPEF， 设AE＝BF＝x，则BE＝4﹣x， ∴EF， ∴当x＝2时，EF最小为2，即OP最小为； 故答案为：． 三．解答题（共10小题，满分96分） 19．（8分）（1）解方程：x2﹣4x﹣1＝0； （2）解不等式组：． 【答案】（1），； （2）﹣2＜x≤0． 【分析】（1）根据配方法求解即可； （2）先求出每个不等式的解集，再根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可． 【解答】解：（1）x2﹣4x﹣1＝0， x2﹣4x＝1， x2﹣4x+4＝1+4， （x﹣2）2＝5， ， ，； （2）． 由①得：x≤0； 由②得：x＞﹣2． ∴不等式组的解集为﹣2＜x≤0． 20．（8分）先化简，再求值：，其中x＝2cos45°+2sin30°． 【答案】，． 【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再求出x的值代入进行计算即可． 【解答】解： ， 当1时， 原式． 21．（8分）如图，在矩形ABCD中，已知AC、BD相交于O，EF⊥AC于O，且交AB于F，交CD于E，EF＝AF． （1）求∠OFA的度数； （2）求证：OF＝FB． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由矩形的性质得出OA＝OB，∠OCE＝∠OAF，由ASA证明△OCE≌△OAF，得出OE＝OF，证出AF＝2OF，由EF⊥AC得出∠OAF＝30°，即可得出结果； （2）由等腰三角形的性质得出∠OBF＝∠OAF＝30°，由三角形的外角性质得出∠BOF＝∠OBF，即可得出结论． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，OA＝OCAC， ，OB＝ODBD，AC＝BD， ∴OA＝OB， ∴∠OCE＝∠OAF， 在△OCE和△OAF中，， ∴△OCE≌△OAF（ASA）， ∴OE＝OF， ∵EF＝AF， ∴AF＝2OF， ∵EF⊥AC， ∴∠AOF＝90°， ∴∠OAF＝30°， ∴∠OFA＝90°﹣30°＝60°； （2）证明：∵OA＝OB， ∴∠OBF＝∠OAF＝30°， ∵∠OFA＝∠OBF+∠BOF， ∴∠BOF＝30°＝∠OBF， ∴OF＝FB． 22．（8分）榆林市博物馆是榆林市重点公共文化工程．如图是该博物馆附近某停车场一处彼此相邻的四个空闲车位，分别为A，B，C，D．现有甲、乙两车准备到该停车场停车，甲车先从这四个车位中随机选择一个停放，乙车再从剩下的三个车位中随机选择一个停放． （1）甲停放在A位置的概率为　　 ； （2）请用列表或画树状图的方法求甲、乙两车停放在相邻车位的概率． 【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）直接用概率公式求解即可； （2）画树状图，共有12种等可能的结果，其中甲、乙两车停放在相邻车位的有6种，再利用概率公式求解即可． 【解答】解：（1）∵该博物馆附近某停车场一处彼此相邻的四个空闲车位，分别为A，B，C，D， ∴甲停放在A位置的概率为； （2）画树状图如下： 由树状图知，共有12种等可能的结果，其中甲、乙两车停放在相邻车位的有6种， ∴甲、乙两车停放在相邻车位的概率为． 23．（10分）学校开展了航天知识竞赛活动，从七、八年级学生中各随机抽取20名学生的竞赛成绩（成绩为百分制且为整数）进行整理、描述和分析（成绩均不低于60分，用x表示，共分四组：A.60≤x＜70；B.70≤x＜80；C.80≤x＜90；D.90≤x≤100），下面给出了部分信息： 七年级20名学生竞赛成绩在C组中的数据是：84，84，84，85，85，87，88． 八年级20名学生竞赛成绩是：62，63，65，71，72，72，75，78，81，82，84，86，86，86，89，96，97，98，98，99． 七、八年级所抽取学生竞赛成绩统计表 年级 七年级 八年级 平均数 82 82 中位数 a 83 众数 84 b 根据以上信息，解答下列问题： （1）上述图表中a＝　84　 ，b＝　86　 ，m＝　30　 ； （2）七年级所抽学生竞赛成绩中C组对应扇形的圆心角是　126　 °； （3）该校七年级有学生560人，八年级有学生500人，请估计该校七、八年级参加此次竞赛成绩不低于90分的学生人数共是多少？ 【答案】（1）84，86，30； （2）126； （3）293人． 【分析】（1）根据中位数和众数的定义求解即可；用“1”分别减去其它部分占比可得m的值； （2）根据图片解答即可； （3）总人数乘样本中优秀人数所占比例即可． 【解答】解：（1）七年级A、B组的人数为：20×（10%+25%）＝7， 故中位数在C组， 把七年级20名学生竞赛成绩从小到大排列，第十个和第十一个两个数分别是84，84，故中位数a84．， 八年级20名学生的竞赛成绩的众数b＝86， m%＝1﹣（10%+25%）＝30%，即m＝30， 故答案为：84，86，30； （2）C组的占比为1﹣（10%+25%+30%）＝35%， C组对应扇形的圆心角是360°×35%＝126°， 故答案为：126； （3）560×30%+500293（人）， 答：估计该校七、八年级参加此次竞赛成绩不低于90分的学生人数共是293人． 24．（10分）已知：如图，矩形ABCD． （1）尺规作图：在CD边上找一点E，将矩形ABCD沿BE折叠，使点C落在边AD上；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）所作图形中，若AB＝6，BC＝10，求CE的长． 【答案】（1）如图，点E即为所求； （2）． 【分析】（1）以B为圆心，BC为半径作弧交AD于点F，作BE平分∠CBF，交CD于点E即可； （2）利用勾股定理求出AF，设CE＝EF＝x，利用勾股定理构建方程求解． 【解答】解：（1）如图，点E即为所求； （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝90°，AD＝BC＝10，CD＝AB＝6， ∵由折叠可得BF＝BC＝10，CE＝EF， ∴， ∴DF＝AD﹣AF＝2， 设CE＝EF＝x，则：DE＝CD﹣CE＝6﹣x， 在Rt△EDF中，由勾股定理，得：x2＝22+（6﹣x）2， 解得：， ∴． 25．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC，垂足为点E，延长CA交⊙O于点F． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若AF＝4，∠C＝30°，求图中阴影部分的面积． 【答案】（1）见解析； （2）． 【分析】（1）如图1，连接OD，由OD＝OB根据“等边对等角”得∠OBD＝∠ODB，已知∠B＝∠C，即可得∠ODB＝∠C，根据“同位角相等，两直线平行”得OD∥AC，根据DE⊥AC，可得OD⊥DE即可证明结论； （2）如图2，过点O作OG⊥AF，垂足为点G，根据垂径定理，则得，再根据等边对等角以及三角形的外角的性质可得∠OAG＝60°，解直角三角形可得，OA＝4，进而得到；再证明四边形ODEG是矩形，以及；易得∠AOD＝2∠B＝60°，则，最后根据S阴影＝S矩形ODEG﹣S△AOG﹣S扇形OAD求解即可． 【解答】（1）证明：如图，以AB为直径的⊙O交BC于点D，连接OD，则OD＝OB， ∴∠OBD＝∠ODB， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∴∠ODB＝∠C， ∴OD∥AC， ∵DE⊥AC， ∴OD⊥DE， ∵OD是⊙O的半径， ∴DE是⊙O的切线； （2）解：如图2，AF＝4，∠C＝30°，过点O作OG⊥AF，垂足为点G， ∴， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C＝30°， ∴∠OAG＝∠B+∠C＝60°， ∴，， ∴， ∵DE⊥AC，OG⊥AF，OD⊥DE， ∴∠GED＝90°，∠ODE＝90°，∠OGE＝90°， ∴四边形ODEG是矩形， ∴， ∵∠AOD＝2∠B＝60°， ∴， ∴． 26．（10分）图1是某越野车的侧面示意图，折线段ABC表示车后盖，已知AB＝1m，BC＝0.6m，∠ABC＝123°，该车的高度AO＝1.7m．如图2，打开后备箱，车后盖ABC落在AB′C′处，AB′与水平面的夹角∠B′AD＝27°． （1）求打开后备箱后，车后盖最高点B′到地面l的距离（结果精确到0.01m）； （2）若小琳爸爸的身高为1.8m，他从打开的车后盖C′处经过，有没有碰头的危险？诸说明理由． （参考数据：） ， 【答案】（1）打开后备箱后，车后盖最高点B′到地面l的距离约为2.15m； （2）小琳爸爸的身高为1.8m，他从打开的车后盖C′处经过，没有碰头的危险，理由见解答． 【分析】（1）过点B′作B′E⊥AD，垂足为E，根据题意可得：AB＝AB′＝1m，然后在Rt△AB′E中，利用锐角三角函数的定义求出B′E的长，从而进行计算即可解答； （2）过点C′作C′F⊥B′E，垂足为F，根据题意可得：∠AEB′＝90°，BC＝B′C′＝0.6m，∠ABC＝∠AB′C′＝123°，从而可得∠AB′E＝63°，进而可得∠FB′C′＝60°，然后在Rt△B′C′F中，利用锐角三角函数的定义求出B′F的长，最后进行计算，比较即可解答． 【解答】解：（1）过点B′作B′E⊥AD，垂足为E， 由题意得：AB＝AB′＝1m， 在Rt△AB′E中，∠B′AD＝27°， ∴B′E＝AB′•sin27°≈1×0.454＝0.454（m）， ∵AO＝1.7m， ∴AO+B′E＝1.7+0.454≈2.15（m）， ∴打开后备箱后，车后盖最高点B′到地面l的距离约为2.15m； （2）小琳爸爸的身高为1.8m，他从打开的车后盖C′处经过，没有碰头的危险， 理由：过点C′作C′F⊥B′E，垂足为F， 由题意得：∠AEB′＝90°，BC＝B′C′＝0.6m，∠ABC＝∠AB′C′＝123°， ∵∠B′AD＝27°， ∴∠AB′E＝90°﹣∠B′AD＝63°， ∴∠FB′C′＝∠AB′C′﹣∠AB′E＝60°， 在Rt△B′C′F中，B′F＝B′C′•cos60°＝0.60.3（m）， ∴OA+B′E﹣B′F＝2.154﹣0.3＝1.854（m）， ∵1.854m＞1.8m， ∴小琳爸爸的身高为1.8m，他从打开的车后盖C′处经过，没有碰头的危险． 27．（12分）如图，在▱ABCD中，点E在BC边上，将△ABE沿AE折叠，使点B的对应点F落在▱ABCD内，射线AF交射线DC于点G，交射线BC于点P，射线EF交CD边于点Q． （1）如图1，求证：△CEQ∽△FEP； （2）如图2，当CE＝BE时，点P在BC延长线上，若CG＝3，QG＝5，求QD的长； （3）如图3，当CE＝2BE时，点P在BC边上，若，直接写出的值． 【答案】（1）∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠B＝∠D，AD∥BC， ∴∠D+∠BCD＝180°， 由折叠的性质可得：∠AFE＝∠B， ∴∠AFE＝∠D， ∵∠AFE+∠EFP＝180°， ∴∠BCD＝∠EFP，即∠ECQ＝∠EFP， ∵∠FEP＝∠CEQ， ∴△CEQ∽△FEP； （2）4； （3）． 【分析】（1）由平行四边形的性质可得∠B＝∠D，AD∥BC，由平行线的性质可得∠D+∠BCD＝180°，由折叠的性质可得∠AFE＝∠B，从而得出∠AFE＝∠D，再证明∠ECQ＝∠EFP，结合∠FEP＝∠CEQ，即可得证； （2）先证明△CEQ≌△FEP（ASA），得出EQ＝EP，∠CQE＝∠P，再证明△FQG≌△CPG（AAS），得出FG＝CG＝3，GQ＝GP＝5，证明△CGP∽△BAP，由相似三角形的性质求出CD＝AB＝12，即可得出结果； （3）延长AD，EQ交于点H，设CQ＝2a，则DQ＝3a，则CD＝5a，由平行四边形的性质可得∠B＝∠ADC，AD∥BC，AB＝CD＝5a，AB∥CD，证明△CEQ∽△FEP，求出，EQ＝2EP，再证明△CEQ∽△DHQ，△EFP∽△HFA，求出，AD＝BC＝3BE，最后再证明△GCP∽△GDA，即可得出结果． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠B＝∠D，AD∥BC， ∴∠D+∠BCD＝180°， 由折叠的性质可得：∠AFE＝∠B， ∴∠AFE＝∠D， ∵∠AFE+∠EFP＝180°， ∴∠BCD＝∠EFP，即∠ECQ＝∠EFP， ∵∠FEP＝∠CEQ， ∴△CEQ∽△FEP； （2）解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠B＝∠D，AD∥BC，AB＝CD，AB∥CD， ∴∠D+∠BCD＝180°， 由折叠的性质可得：∠AFE＝∠B，BE＝FE，AF＝AB， ∴∠AFE＝∠D， ∵∠AFE+∠EFP＝180°， ∴∠BCD＝∠EFP，即∠ECQ＝∠EFP， ∵CE＝BE， ∴CE＝EF， 在△CEQ和△FEP中， ， ∴△CEQ≌△FEP（ASA）， ∴EQ＝EP，∠CQE＝∠P， ∴EQ﹣EF＝EP﹣EC， ∴FQ＝CP， 在△FQG和△CPG中， ， ∴△FQG≌△CPG（AAS）， ∴FG＝CG＝3，GQ＝GP＝5， ∵AB∥CD， ∴△CGP∽△BAP， ∴， ∴， ∴AB＝12， ∴CD＝AB＝12， ∴QD＝CD﹣CG﹣GQ＝4； （3）解：如图，延长AD，EQ交于点H， ∵， ∴设CQ＝2a，则DQ＝3a， ∴CD＝CQ+DQ＝5a， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠B＝∠ADC，AD∥BC，AB＝CD＝5a，AB∥CD， ∴∠ADC+∠BCD＝180°， 由折叠的性质可得：∠AFE＝∠B，BE＝FE，AF＝AB＝5a， ∴∠AFE＝∠ADC， ∵∠AFE+∠EFP＝180°， ∴∠BCD＝∠EFP，即∠ECQ＝∠EFP， ∵∠FEP＝∠CEQ， ∴△CEQ∽△FEP； ∴， ∵BE＝EF， ∴， ∵CE＝2BE， ∴，EQ＝2EP， ∵AD∥BC， ∴△CEQ∽△DHQ，△EFP∽△HFA， ∴，， ∴，FH＝5EF＝5BE， ∵FQ＝EQ﹣EF＝2EP﹣EF，QH+FQ＝FH， ∴3EP+2EP﹣EF＝5BE， ∴5EP﹣EF＝5BE， ∴5EP﹣BE＝5BE， ∴5EP＝6BE， ∴， ∴， ∵BC＝BE+CE＝BE+2BE＝3BE， ∴AD＝BC＝3BE， ∵AD∥BC， ∴△GCP∽△GDA， ∴． 28．（12分）已知关于x的二次函数（a，b，c是常数，a＞0）的图象与x轴交于A，B两点（A在B左侧），顶点为点P，直线y2＝ax﹣b． （1）若点P（1，﹣2），求c﹣a的值． （2）对于二次函数，无论t为何值，x＝1﹣t和x＝3+t时的函数值都相等，点G（2，c﹣3a）为x轴下方一定点，且点G到直线y2＝ax﹣b的距离的最大值为，函数的图象是否经过定点？若是，请求出定点的坐标；否则，请说明理由． （3）过点P作PQ⊥x轴交直线y2＝ax﹣b于点Q，交x轴于点H，若四边形APBQ为菱形，且三条长度分别与QH，PH，AB相等的线段能组成一个含有120°的三角形，且c≥b，求的最大值． 【答案】（1）﹣2； （2）函数的图象经过定点；定点坐标为（1，﹣3）和（3，﹣3）； （3）． 【分析】（1）根据顶点公式求解即可； （2）根据题意可得，函数的对称轴为直线x＝2，从而得到a＝﹣4b，进一步计算出直线y2＝ax﹣b过定点（﹣4，0）．根据垂线段最短可知，点G到直线y2＝ax﹣b的距离的最大值即为点G到点（﹣4，0）的距离，从而求出c＝3a﹣3，代入二次函数的解析式即可得出定点坐标； （3）作一个120°的等腰三角形，容易得出．由菱形的性质可得PH＝QH，结合顶点公式和直线解析式可得，化简得b2﹣4ac＝﹣6ab．根据求出点，代入解析式可得，进一步可得，则．由c≥b可计算出，结合二次函数的增减性可知，当时，取得最大值． 【解答】解：（1）∵关于x的二次函数（a，b，c是常数，a＞0）的图象顶点为点P（1，﹣2），将点P的坐标代入，结合对称轴公式得： ， 解得：， ∴c﹣a＝a﹣2﹣a＝﹣2； （2）函数的图象经过定点；理由如下： ∵无论t为何值，x＝1﹣t和x＝3+t时的函数值都相等， ∴二次函数的对称轴为直线， ∴，即b＝﹣4a， ∴y2＝ax﹣b＝ax+4a， 当x＝﹣4时，y2＝﹣4a+4a＝0为定值， ∴直线y2过定点（﹣4，0）， 设点（﹣4，0）为点E，点G到直线y2＝ax﹣b的距离为h， ∴， 根据垂线段最短可知，h≤GE， ∴h的最大值为GE，即， ∴（c﹣3a）2+36＝45， 解得：c﹣3a＝±3， ∵点G（2，c﹣3a）在x轴下方，即c﹣3a＜0， ∴c﹣3a＝﹣3，即c＝3a﹣3， ∴， 当x＝1或3，y1＝﹣3为定值， ∴二次函数y1的图象过定点（1，﹣3）和（3，﹣3）； （3）∵四边形是APBQ菱形， 又∵AB与PQ交于点H， ∴PH＝QH，AH＝BH， 如图1，以PH、QH为边构造△PQH，且PQ＝AB，作HM⊥PQ于点M， 由题意可知，∠PHQ＝120°， ∵PH＝QH，HM⊥PQ， ∴，， 在直角△PHM中，， ∴， ∴， 如图2， ， ∴顶点P的坐标为， ∵PQ⊥x轴， ∴， ∵点Q在直线y2＝ax﹣b， ∴点Q的坐标为， ∵函数图象与x轴有两个交点， ∴判别式Δ＝b2﹣4ac＞0， ∴点P在x轴下方，点Q在x轴上方， ∴，（b＜0）， ∵PH＝QH， ∴， 化简，得：b2﹣4ac＝﹣6ab， ∵，， ∴， ∴点B的坐标为， 将代入，得： ， 化简，得：， ∵b2﹣4ac＝﹣6ab， ∴， 化简，得：， 将代入b2﹣4ac＝﹣6ab，得： ， 化简，得：， ∵c≥b， ∴，即9b3≤16b， ∵b＜0， ∴9b2≥16， 解得：， ， ∵， 又∵， ∴随着b的增大而增大， ∴当时，取得最大值为． 1 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年中考数学模拟猜题卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1．（3分）2026的相反数是（　　） A．﹣2026 B．2026 C． D． 2．（3分）下列运算结果正确的是（　　） A．a•a2＝a2 B．（﹣a2）3＝﹣a6 C．a3+a3＝a6 D．a8÷a2＝a4 3．（3分）实数a，b在数轴上的位置如图所示，则下列不等式变形中正确的是（　　） A．﹣a＜﹣b B．2a＜2b C．a﹣3＞b﹣3 D． 4．（3分）已知一组数据a，5，b，c，8的唯一众数是2，中位数是3，则这组数据的平均数为（　　） A．3 B．3.6 C．4 D．5.2 5．（3分）如图，为测量位于一水塘旁的两点A，B间的直线距离，在地面上确定可直线到达点A、点B的点O，分别取OA，OB的中点C，D，量得CD＝20m，则A，B之间的直线距离是（　　） A．25m B．30m C．35m D．40m 6．（3分）下面四个命题中，真命题的个数是（　　） ①腰和腰上的高对应相等的两个等腰三角形全等； ②有两角及一边对应相等的两个三角形全等； ③有两边及其中一边上的中线对应相等的两个三角形全等； ④有两边及第三边上的中线对应相等的两个三角形全等． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．（3分）“绿水青山就是金山银山”．某工程队承接了10万平方米的荒山绿化任务，为了赶在雨季之前完成任务，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了20%，结果提前20天完成了任务．设实际工作时每天绿化的面积为x万平方米，则下列方程正确的是（　　） A． B． C． D． 8．（3分）如图，在△AOB中，AO＝AB，点B在x轴上，点C，点D分别为OA、OB的中点，连接CD，点E为CD上任意一点，连接AE、BE，反比例函数y（x＜0）的图象经过点A，若△ABE的面积为4，则k的值为（　　） A．﹣4 B．﹣8 C．﹣6 D． 9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（　　） A．1 B．2 C．3 D． 10．（3分）定义：[a，b，c]为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0，a，b，c为实数）的“序列数”，如：y＝x2﹣2x+3的“序列数”为[1，﹣2，+3]．有以下结论： ①二次函数y＝﹣3x2+2x﹣1的“序列数”为[﹣3，2，﹣1]； ②“序列数”为[1，m+2，2m]的二次函数的图象与x轴恒有两个交点； ③若点P（x1，y1），Q（x2，y2）在“序列数”为[m，﹣2m，﹣3m]的二次函数的图象上，已知m＞0，y1＝﹣3m，当y1＞y2时，则x2的取值范围为0＜x2＜2； ④“序列数”为[m，1﹣m，2﹣m]的二次函数，如果m＜0，当时，y随x的增大而增大； ⑤“序列数”为[2m，1﹣m，﹣1﹣m]的二次函数，若抛物线的顶点与抛物线与x轴两交点组成的三角形为等腰直角三角形，则．以上结论正确的有（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 二．填空题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分） 11．（3分）因式分解ab﹣a2＝　 　 ． 12．（3分）函数y的自变量x的取值范围是 　 　 ． 13．（3分）已知命题“若a＞b，则a2＞b2”，则它的逆命题是 　 　 （填“真”或“假”）命题． 14．（3分）如图，天坛祈年殿的圆形三重檐象征“天圆”，其底座实际为十二边形，呼应中国传统历法中的“十二月”与“十二时辰”．该底座所有内角之和为　 　 度． 15．（3分）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，点O在AB上，以点O为圆心，OA长为半径的半圆分别交AC，AB于点D，F，半圆与BC相切于点E．若BE＝2，则图中阴影部分的周长为　 　 ．（结果保留π） 16．（3分）若关于x，y的方程组的解是，则方程组的解是 　 　 ． 17．（3分）已知A，B两地相距80km，小明和小亮两人分别从A，B两地出发相向而行，小亮先出发；图中l1，l2表示两人离A地的距离s（km）与时间t（h）的关系，则小亮出发　 　 h后两人的路程和为80km． 18．（3分）如图，在正方形ABCD中，AD＝4，点E、F分别为AB、BC上的动点，且AE＝BF，AF与DE交于点O，点P为EF的中点． （1）若AE＝1，则EF的长＝　 　 ； （2）在整个运动过程中，OP长的最小值为 　 　 ． 三．解答题（共10小题，满分96分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 19．（8分）（1）解方程：x2﹣4x﹣1＝0； （2）解不等式组：． 20．（8分）先化简，再求值：，其中x＝2cos45°+2sin30°． 21．（8分）如图，在矩形ABCD中，已知AC、BD相交于O，EF⊥AC于O，且交AB于F，交CD于E，EF＝AF． （1）求∠OFA的度数； （2）求证：OF＝FB． 22．（8分）榆林市博物馆是榆林市重点公共文化工程．如图是该博物馆附近某停车场一处彼此相邻的四个空闲车位，分别为A，B，C，D．现有甲、乙两车准备到该停车场停车，甲车先从这四个车位中随机选择一个停放，乙车再从剩下的三个车位中随机选择一个停放． （1）甲停放在A位置的概率为　 　 ； （2）请用列表或画树状图的方法求甲、乙两车停放在相邻车位的概率． 23．（10分）学校开展了航天知识竞赛活动，从七、八年级学生中各随机抽取20名学生的竞赛成绩（成绩为百分制且为整数）进行整理、描述和分析（成绩均不低于60分，用x表示，共分四组：A.60≤x＜70；B.70≤x＜80；C.80≤x＜90；D.90≤x≤100），下面给出了部分信息： 七年级20名学生竞赛成绩在C组中的数据是：84，84，84，85，85，87，88． 八年级20名学生竞赛成绩是：62，63，65，71，72，72，75，78，81，82，84，86，86，86，89，96，97，98，98，99． 七、八年级所抽取学生竞赛成绩统计表 年级 七年级 八年级 平均数 82 82 中位数 a 83 众数 84 b 根据以上信息，解答下列问题： （1）上述图表中a＝　 　 ，b＝　 　 ，m＝　 　 ； （2）七年级所抽学生竞赛成绩中C组对应扇形的圆心角是　 　 °； （3）该校七年级有学生560人，八年级有学生500人，请估计该校七、八年级参加此次竞赛成绩不低于90分的学生人数共是多少？ 24．（10分）已知：如图，矩形ABCD． （1）尺规作图：在CD边上找一点E，将矩形ABCD沿BE折叠，使点C落在边AD上；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）所作图形中，若AB＝6，BC＝10，求CE的长． 25．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC，垂足为点E，延长CA交⊙O于点F． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若AF＝4，∠C＝30°，求图中阴影部分的面积． 26．（10分）图1是某越野车的侧面示意图，折线段ABC表示车后盖，已知AB＝1m，BC＝0.6m，∠ABC＝123°，该车的高度AO＝1.7m．如图2，打开后备箱，车后盖ABC落在AB′C′处，AB′与水平面的夹角∠B′AD＝27°． （1）求打开后备箱后，车后盖最高点B′到地面l的距离（结果精确到0.01m）； （2）若小琳爸爸的身高为1.8m，他从打开的车后盖C′处经过，有没有碰头的危险？诸说明理由． （参考数据：） ， 27．（12分）如图，在▱ABCD中，点E在BC边上，将△ABE沿AE折叠，使点B的对应点F落在▱ABCD内，射线AF交射线DC于点G，交射线BC于点P，射线EF交CD边于点Q． （1）如图1，求证：△CEQ∽△FEP； （2）如图2，当CE＝BE时，点P在BC延长线上，若CG＝3，QG＝5，求QD的长； （3）如图3，当CE＝2BE时，点P在BC边上，若，直接写出的值． 28．（12分）已知关于x的二次函数（a，b，c是常数，a＞0）的图象与x轴交于A，B两点（A在B左侧），顶点为点P，直线y2＝ax﹣b． （1）若点P（1，﹣2），求c﹣a的值． （2）对于二次函数，无论t为何值，x＝1﹣t和x＝3+t时的函数值都相等，点G（2，c﹣3a）为x轴下方一定点，且点G到直线y2＝ax﹣b的距离的最大值为，函数的图象是否经过定点？若是，请求出定点的坐标；否则，请说明理由． （3）过点P作PQ⊥x轴交直线y2＝ax﹣b于点Q，交x轴于点H，若四边形APBQ为菱形，且三条长度分别与QH，PH，AB相等的线段能组成一个含有120°的三角形，且c≥b，求的最大值． 1 / 38 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