广东省深圳市备考卷（2-1）-【中考三轮复习】全国2026年中考数学备考卷

【三轮复习】2026年广东省深圳市中考数学备考卷（2-1） 一．选择题（共8小题） 1．如果公元前600年记作﹣600年，那么公元2026年应记作（　　） A．﹣2026年 B．+1426年 C．+2026年 D．+2626年 2．图中花瓶的表面可以大致看成由以下哪个平面图形绕虚线旋转一周得到（　　） A． B． C． D． 3．嘉嘉同学要从网络流行语“数智化、情绪价值、松弛感”3个词语中随机抽取1个进行“表演猜词语”，嘉嘉同学抽中“松弛感”的概率为（　　） A． B． C． D． 4．如图，某停车场入口的栏杆AB，从水平位置绕点O旋转到A′B′的位置，已知AO的长为4米．若栏杆的旋转角∠AOA′＝α，则栏杆A端升高的高度为（　　） A．米 B．4sinα米 C．米 D．4cosα米 5．下列运算正确的是（　　） A．a8÷a4＝a2 B．（a3）2＝a6 C．a2•a3＝a6 D．a4+a4＝2a8 6．随着人们对环境的日益重视，骑行单车这种“低碳”出行方式已融入人们的日常生活，如图是某单车车架的示意图．已知AB∥CD，AC∥BF，∠BED＝53°，∠FBE＝126°，则∠BAC＝（　　） A．53° B．63° C．73° D．83° 7．某工厂计划生产300个零件，由于采用新技术，实际每天生产的零件数比原计划多25%，结果提前2天完成任务．设原计划每天生产x个零件，可列方程为（　　） A． B． C． D． 8．如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E、G分别是AD、CD边上的点，连接CE、把正方形纸片沿BG折叠，使点C落在CE上的一点F，若AE＝7，则EF的长为（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共5小题） 9．关于x的一元一次方程的解为x＝1，这个方程可以是 　 　 ．（写出一个答案即可，且不能是x＝1） 10．已知x+2y＝3，x2﹣4y2＝15，则x﹣2y＝　 　 ． 11．将点P（m+2，m﹣2）向右平移3个单位长度得点Q，点Q刚好落在y轴上，则点P的坐标为　 　 ． 12．如图，平行四边形ABCD的顶点A在x轴上，点D在y（k＞0）上，且AD⊥x轴，CA的延长线交y轴于点E．若S△ABE，则k＝　 　 ． 13．如图，AB为⊙O的直径，点C为圆上一点，∠BAC＝20°，将劣弧沿弦AC所在的直线翻折，交AB点D，则∠ACD的度数等于 　 　 ． 三．解答题（共7小题） 14．计算：． 15．先化简再求值：，其中x＝1． 16．为进一步提升学生的安全意识，某校举办了安全知识竞赛，现从全校八、九年级学生中各随机抽取20名学生的竞赛成绩（百分制），对竞赛成绩进行统计和分析如下： 八年级：80，80，100，90，80，70，70，80，70，90，70，80，100，90，60，80，90，80，90，90 九年级：90，90，100，80，80，60，70，80，60，100，60，70，90，80，90，90，90，70，100，90 年级/统计量 平均数 中位数 众数 八年级 82 80 80 九年级 82 n 90 请根据所给信息，回答下列问题： （1）“扇形统计图”中80分所在扇形圆心角的度数为　 　 ，九年级学生成绩的中位数n＝　 　 ，并补全条形统计图； （2）该校九年级学生共400人，请估计成绩不低于80分的人数； （3）根据上述统计数据，你认为哪个年级的成绩更好？请说明理由． 17．综合与实践 2026年央视春晚节目《武BOT》中，宇树科技机器人上演精彩武术表演，惊艳世界．某市科技馆为普及科技文化，计划采购宇树科技Go2四足机器人与G1人形机器人用于科普展示．根据以下素材，完成任务： 宇树科技机器人采购方案设计 素材1 购买6台Go2四足机器人和5台G1人形机器人共需57万元；5台G1人形机器人的售价比11台Go2四足机器人贵23万元． 素材2 每台Go2四足机器人每日可服务观众150人次；每台G1人形机器人每日可服务观众280人次． 素材3 科技馆计划采购两款机器人共12台，采购总预算不超过73万元． 问题解决 任务1 确定机器人单价 求每台Go2四足机器人、每台G1人形机器人的售价分别是多少万元？ 任务2 拟定采购方案 采购Go2四足机器人和G1人形机器人各多少台时，每日总服务人次最多？最多为多少？ 18．如图，点C在⊙O的直径AB的延长线上，点P是⊙O上任意一点，且∠BPC＝∠A． （1）求证：PC是⊙O的切线； （2）若⊙O的半径为，，求CP的长． 19．【定义】 在平面直角坐标系xOy中： 【1】对于两点P（x1，y1）和Q（x2，y2），若|x1﹣x2|＝|y1﹣y2|，则称点Q是点P的“等距点”． 【2】对于一点M（x，y），则称点N（2k﹣x，﹣y）为点M的“k对称点”，例如，点N（2﹣x，﹣y）为点M（x，y）的“1对称点”． 【运用】 （1）在平面直角坐标系xOy中，已知点P1（2，1），P2（3，1）． 在点Q1（﹣1，4），Q2（2，0），Q3（2，﹣1），Q4（1，﹣1）． ①点　 　 是点P1的“等距点”； ②点　 　 是点P1的“2对称点”； ③点　 　 既是点P2的“等距点”又是点P2的“2对称点”； （2）已知点P是直线y＝2x+1上的点，记点P的“1对称点”为点Q．若点Q恰好是点P的“等距点”，求此时点P的坐标； （3）已知点A是射线y＝2x+1（x≥0）上的点，点B的横坐标与点A的纵坐标相等且点B在直线y＝x+2上，点B是点A的“等距点”．点A的“k对称点”为点C．求线段BC的最小值． 20．综合与探究 【定义】如图1，点O是▱ABCD的对角线的交点，过点O作OM⊥BC，ON⊥AB，垂足分别为M，N．若ON≥OM时，我们称是▱ABCD的中心距比． 【概念理解】 （1）如图2，当λ＝1时，求证：▱ABCD是菱形； 【性质探究】 （2）在图1中，▱ABCD的中心距比与其相邻两边比是否存在某种关系？若有，求出这种关系；若没有，请说明理由； 【拓展应用】 （3）如图3，在矩形ABCD中（AD＞AB），其中心距比，O为对角线BD中点，E是BC边上一点，连接OE，作OF⊥OE交CD边于点F，若BD＝10，S△COF＝2S△COE，求CE的值； （4）如图4，AB＝5，，点D是射线AP上一动点，点C是平面内一点．以A、B、C、D为顶点、AD为边的平行四边形的中心距比λ＝2．点E在射线AP上，连接AC、BE，当∠AEB＝∠ACD时，直接写出AE的长． 【三轮复习】2026年广东省深圳市中考数学备考卷（2-1） 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A A B B C A A 一．选择题（共8小题） 1．【答案】C 【解答】解：由题知， 因为公元前600年记作﹣600年， 所以公元2026年应记作+2026年． 故选：C． 2．【答案】A 【解答】解：根据花瓶的形状可知，只有A选项图形绕虚线旋转一周得到花瓶，其他选项不符合题意． 故选：A． 3．【答案】A 【解答】解：∵共有“数智化、情绪价值、松弛感”3个词语， ∴随机抽取1个进行“表演猜词语”，嘉嘉同学抽中“松弛感”的概率为． 故选：A． 4．【答案】B 【解答】解：过点A′作A′C⊥AB于点C， 由题意可知：A′O＝AO＝4， ∴sinα， ∴A′C＝4sinα， 故选：B． 5．【答案】B 【解答】解：A、a8÷a4＝a4，原式计算错误，故本选项错误； B、（a3）2＝a6，原式计算正确，故本选项正确； C、a2•a3＝a5，原式计算错误，故本选项错误； D、a4+a4＝2a4，原式计算错误，故本选项错误． 故选：B． 6．【答案】C 【解答】解：∵AB∥CD，∠BED＝53°， ∴∠ABE＝∠BED＝53°（两直线平行，内错角相等）， ∵∠FBE＝126°， ∴∠ABF＝∠FBE﹣∠ABE＝73°， ∵AC∥BF， ∴∠BAC＝∠ABF＝73°（两直线平行，内错角相等）， 故选：C． 7．【答案】A 【解答】解：根据题意可得： ． 故选：A． 8．【答案】A 【解答】解：设CE与BG交于H， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝CD＝12，∠BCD＝∠D＝90°， ∵AE＝7， ∴DE＝AD﹣AE＝5， 由折叠的性质可得，BG垂直平分CF， ∴BG⊥CE，CH＝FH， ∴∠BCH+∠CBH＝90°， 又∵∠GCH+∠BCH＝90°， ∴∠CBH＝∠GCH， 在△CBG与△DCE中， ， ∴△CBG≌△DCE（ASA）， ∴CG＝DE＝5，BG＝CE， 在Rt△CBG中，，， ∴， ∴ ∴． 故选：A． 二．填空题（共5小题） 9．【答案】2x+3＝5（答案不唯一）． 【解答】解：这个方程可以是2x+3＝5（答案不唯一）． 故答案为：2x+3＝5（答案不唯一）． 10．【答案】5． 【解答】解：x2﹣4y2＝（x+2y）（x﹣2y）， ∵x+2y＝3，x2﹣4y2＝15， ∴3（x﹣2y）＝15， ∴x﹣2y＝5． 故答案为：5． 11．【答案】（﹣3，﹣7）． 【解答】解：点P向右平移3个单位长度得点Q， 则Q（m+5，m﹣2）， ∵点Q在y轴上，横坐标为0， 即m+5＝0， ∴m＝﹣5， ∴m+2＝﹣5+2＝﹣3， m﹣2＝﹣5﹣2＝﹣7， ∴P（﹣3，﹣7）， 故答案为：（﹣3，﹣7）． 12．【答案】3． 【解答】解：设BC与x轴交于点F，连接DF、OD， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD＝BC， ∴S△ODF＝S△EBC，S△ADF＝S△ABC， ∴S△OAD＝S△ABE， ∴k＝3， 故答案为：3． 13．【答案】50°． 【解答】解：如图，作点D关于AC的对称点E，则点E在⊙O上，连接AE，由翻折的性质可知，AE＝AD，CD＝CE，∠CAE＝∠CAD＝20°， ∴CE＝CB， ∴CD＝CB， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， 又∵∠BAC＝20°， ∴∠B＝∠BDC＝90°﹣20°＝70°， ∴∠ACD＝∠BDC﹣∠BAC ＝70°﹣20° ＝50°． 故答案为：50°． 三．解答题（共7小题） 14．【答案】4． 【解答】解： ＝2+4﹣3+1 ＝4． 15．【答案】，． 【解答】解：原式＝（） ， 当x＝1时，原式． 16．【答案】（1）72°；n＝85；补全条形统计图如下： （2）280人； （3）我认为九年级成绩更好．理由如下： 由分析表可知两个年级的平均数相同，九年级的中位数和众数高于八年级，所以九年级的成绩更好． 【解答】解：（1）“80分”所在扇形的圆心角的度数为360°乘以占比可知： （1﹣15%﹣15%﹣15%﹣35%）×360°＝72°； “80分”所在扇形的圆心角的度数为72°； 将九年级学生成绩从小到大进行排序，排在中间位置的两个数为 80，90， 则中位数为； 由数据收集得到八年级80分的有7人， 故补全条形统计图，如图所示： 故答案为：72°；85； （2）九年级学生成绩不低于80分的人数为： 400×（1﹣15%﹣15%）＝280（人）； （3）我认为九年级成绩更好．理由如下： 由分析表可知两个年级的平均数相同，九年级的中位数和众数高于八年级，所以九年级的成绩更好． 17．【答案】任务1：每台Go2四足机器人售价为2万元，每台G1人形机器人售价为9万元； 任务2：采购Go2四足机器人5台、G1人形机器7台时，每日总服务人次最多，最多为2710人次． 【解答】解：任务1：设每台Go2四足机器人售价为x万元，每台G1人形机器人售价为y万元， 根据题意得：， 解得：， 答：每台Go2四足机器人售价为2万元，每台G1人形机器人售价为9万元； 任务2：设采购Go2四足机器人a台，则采购G1人形机器人（12﹣a）台， 根据题意得：2a+9（12﹣a）≤73， 解得：a≥5， ∴5≤a≤12， 设每日总服务人次为w人次， 根据题意得：w＝150a+280（12﹣a）＝﹣130a+3360， ∵﹣130＜0， ∴w随a的增大而减小， ∴当a取最小值5时，w有最大值，wmax＝﹣130×5+3360＝2710， 此时12﹣a＝7； 答：采购Go2四足机器人5台、G1人形机器7台时，每日总服务人次最多，最多为2710人次． 18．【答案】（1）连接PO， ∵AB为直径， ∴∠APB＝∠2+∠3＝90°（直径所对的圆周角是直角）． ∵OA＝OP， ∴∠A＝∠3（等边对等角）． ∵∠1＝∠A， ∴∠1+∠2＝90°． ∴PC⊥OP． ∵OP是⊙O的半径， ∴CP为⊙O的切线． （2）． 【解答】（1）证明：连接PO， ∵AB为直径， ∴∠APB＝∠2+∠3＝90°（直径所对的圆周角是直角）． ∵OA＝OP， ∴∠A＝∠3（等边对等角）． ∵∠1＝∠A， ∴∠1+∠2＝90°． ∴PC⊥OP． ∵OP是⊙O的半径， ∴CP为⊙O的切线． （2）解：∵∠1＝∠A，， ∴，． 即． 设PB＝a，则AP＝2a， ∵AB2＝PB2+AP2， ∴． 解得a＝2． ∴PB＝2，AP＝4． ∵∠C＝∠C，∠1＝∠A， ∴△CPB∽△CAP． ∴（相似三角形的对应边成比例）． 设BC＝x，则PC＝2x，AC＝4x， ∵AC＝AB+BC， ∴． ∴． ∴． 19．【答案】（1）①Q1；②Q3；③Q4；（2）P（﹣2，﹣3）或（0，1）；（3）8． 【解答】解：（1）①∵点P1（2，1），Q1（﹣1，4）中，|2﹣（﹣1）|＝3，|1﹣4|＝3， ∴点P1（2，1）的“等距点”为Q1． 故答案为：Q1； ②∵点P1（2，1），2×2﹣2＝2，Q3（2，﹣1）， ∴点P1的“2对称点”为Q3（2，﹣1）． 故答案为：Q3； ③∵P2（3，1），2×2﹣3＝1， ∴点P2的“2对称点”为（1，﹣1）， ∵|3﹣1|＝2，|1﹣（﹣1）|＝2， ∴点P2的“等距点”为（1，﹣1）， ∴Q4（1，﹣1）既是点P2的“等距点”又是点P2的“2对称点”． 故答案为：Q4； （2）∵点P是直线y＝2x+1上的点， ∴P（m，2m+1）， ∴点P的“1对称点”点Q为（2﹣m，﹣2m﹣1）， ∵点Q恰好是点P的“等距点”， ∴|m﹣（2﹣m）|＝|2m+1﹣（﹣2m﹣1）|， ∴|2m﹣2）＝|4m+2|， ∴2m﹣2＝4m+2或2m﹣2＝﹣（4m+2）， ∴m＝﹣2或m＝0， ∴P（﹣2，﹣3）或（0，1）． （3）∵点A是射线y＝2x+1（x≥0）上的点， ∴A（a，2a+1）， ∵点B的横坐标与点A的纵坐标相等， ∴点B的横坐标为2a+1， ∵点B在直线y＝x+2上， ∴B（2a+1，2a+3）， ∵点B是点A的“等距点”． ∴|a﹣（2a+1）|＝|2a+1﹣（2a+3）|， ∴|﹣a﹣1|＝|﹣2|， ∵a＞0， ∴a+1＝2， ∴a＝1． ∴A（1，3），B（3，5）， ∴点A的“k对称点”点C的坐标为（2k﹣1，﹣3）， ∴点C在直线y＝﹣3上， ∴线段BC的最小值为点B到直线y＝﹣3的垂线段的长度， ∴线段BC的最小值为|5﹣（﹣3）|＝8． 20．【答案】（1）证明：方法1：当λ＝1时，OM＝ON， ∵EABCD， ∴OA＝OC， 在△ANO和△CMO中， ， ∴△ANO≌△CMO（HL）， ∴∠BAC＝∠BCA． ∴BA＝BC ∴▱ABCD是菱形． 方法2：在▱ABCD中，OA＝OC， ∴S△AOB＝S△COB， ∴， ∵λ＝1时，OM＝ON， ∴AB＝BC， ∴▱ABCD是菱形． （2）解：在▱ABCD中，OA＝OC， ∴S△AOB＝S△COB， ∴， ∴． （3）； （4）或16或． 【解答】（1）证明：方法1：当λ＝1时，OM＝ON， ∵EABCD， ∴OA＝OC， 在△ANO和△CMO中， ， ∴△ANO≌△CMO（HL）， ∴∠BAC＝∠BCA． ∴BA＝BC ∴▱ABCD是菱形． 方法2：在▱ABCD中，OA＝OC， ∴S△AOB＝S△COB， ∴， ∵λ＝1时，OM＝ON， ∴AB＝BC， ∴▱ABCD是菱形． （2）解：在▱ABCD中，OA＝OC， ∴S△AOB＝S△COB， ∴， ∴． （3）解：如图，分别过O作OM⊥BC，ON⊥CD， ∵，BD＝10， ∴CD＝6，BC＝8，OM＝3，ON＝4， ∵∠OMC＝∠ONC＝90°＝∠C， ∴∠MON＝∠EOF＝90°， ∴∠MOE＝∠NOF， ∴△MOE∽△NOF， ∴， 设FN＝4t，则ME＝3t， ∵S△COF＝2S△COE， 则有， 解得：， ∴； （4）解：由（2）可知，当λ＝2时，平行四边形两相邻边的比为2． ①如图1，当AD＝2AB时，过点B作BG⊥AD于点G，过点A作AH⊥CD延长线于点H， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD＝5，ABCD， ∴AD＝BC＝10，∠ADH＝∠PAB， 在Rt△ABG中，， ∴设BG＝4a，AG＝3a， ∴． 解得：a＝1， ∴BG＝4，AG＝3， ∵， 同理可得，DH＝6，AH＝8， ∴CH＝CD+DH＝11， ∵∠AEB＝∠ACD， ∴tan∠AEB＝tan∠ACD， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图2，当AB＝2AD时，过点B作BG⊥AD于点G，过点A作AH⊥CD延长线于点H， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD＝5，AB∥CD， ∴∠ADH＝∠PAB， ∴tan∠ADH＝tan∠PAB， ∴， 同理可求，AH＝2，DH， ∴， 由①可知，BG＝4，AG＝3， ∵∠AEB＝∠ACD， ∴tan∠AEB＝tan∠ACD， ∴， ∴， ∴EG＝13， ∴AE＝EG+AG＝13+3＝16； ③如图3，AC＝2AD时，连接CD，过点D作DF⊥AB， ∵， ∴设DF＝4a，AF＝3a， ∴， ∴BD＝AC＝10a， ∴， ∵AB＝AF+BF＝5， ∴， 解得：， ∵BD∥AC， ∴∠BDE＝∠CAD， 又∵∠AEB＝∠ACD， ∴△EDB∽△CAD， ∴， ∴， ∴DE＝20a， ∴； 综上可知，AE的长为或16或． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $