2025-2026学年 海南省初中数学中考复习试卷1

2025-2026学年度海南省初中数学中考复习试卷1 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（每小题3分，共36分） 1．中华文明，源远流长；中华汉字，寓意深广．下列四个选项中，是轴对称图形的为（   ） A． B． C． D． 2．如图所示的几何体的主视图是（    ） A． B． C． D． 3．2026年2月10日，小行星飞掠地球时，与地球最近距离约为千米，将数据用科学记数法表示正确的是（   ） A． B． C． D． 4．当时,则代数式的值是（   ） A． B． C．1 D．3 5．分式方程的解是（   ） A． B． C． D． 6．在中国象棋的残局上建立平面直角坐标系，如果“相”和“兵”的坐标分别是和，那么“帅”的坐标为（   ） A． B． C． D． 7．下列计算正确的是（    ） A． B． C． D． 8．已知三角形的三边长分别为，，，若为奇数，则这样的三角形有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 9．将分别标有“中”“华”“文”“化”汉字的4张卡片放在一个不透明盒子中，这些卡片除汉字不同外其余均无差别，随机抽出其中两张，抽出的卡片上汉字为“文”“化”的概率为（　　） A． B． C． D． 10．如图，将三角板的直角顶点放在直尺的一边上，若，则的度数为（  ） A． B． C． D． 11．如图，已知等腰，，以为直径的圆交于点D，过点D的的切线交于点E，若，则的半径是（    ） A． B．5 C．6 D． 12．如图，在平面直角坐标系中，的两条边分别与坐标轴平行，过原点，已知点，在反比例函数的图象上，过点作直线，与该反比例函数的图象相交于点．若，则的长为（    ） A． B．12 C． D． 二、填空题（每小题3分，共12分） 13．比较大小：3___________．（填“>”“<”或“=”） 14．因式分解：______． 15．如图，在中，．以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点M和点N，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长，交于点D．若，则长为________． 16．如图，矩形中，已知，点M，N分别在边和对角线上运动，且，连接，作点B关于的对称点E，连接．若点E在上，则的长为__________；连接，在点M，N运动的过程中，的最小值为__________． 三、解答题（本大题共72分） 17．（12分）（1）计算：． （2）解不等式组： 18．（10分）邮票是供寄递邮件贴用的邮资凭证，诞生于年，中国邮政于年月日发行《跃马添福》《鸿运驰春》贺年专用邮票种．已知枚《跃马添福》邮票的面值为元，枚《鸿运驰春》邮票的面值为元．学校集邮社团购买的《跃马添福》邮票数量比《鸿运驰春》多枚，且所购两种邮票总面值为元，求该社团购买两种邮票的数量． 19．（10分）为了让学生体验诗词魅力，传承文化经典，历下区某学校组织“校园诗词大会”，全校学生参加初赛，为更好地了解本次大赛的成绩分布情况，随机抽取了50名学生的成绩（满分100分），并对数据进行了统计整理，以下是部分数据和不完整的统计图表：成绩在范围内的数据如下： 77，78，82，85，80，89，72，76，77，76，75，78，79，81，84，82，76，78，78，85，78，78 组别 成绩x分 频数（人数） A 6 B 12 C D E 10 整理得到如下不完整的统计图表： 请根据图表中所提供的信息回答下列问题： (1)统计表中_______，______； (2)统计图中E组对应扇形的圆心角为________度； (3)C组数据的众数是______；调查的50名学生成绩的中位数是_______； (4)根据调查结果，估计该校2000名学生中，成绩不低于80分的人数． 20．（10分）如图①是高铁座椅靠背及后方小桌板打开时的实物图，其侧面可抽象成图②，支架连接靠背和小桌板，点E是杯托处，此时靠背垂直于地面，小桌板平行于地面，测得，．靠背可以绕点B旋转至与小桌板支架重合的位置，如图③，杯托E处凹陷深度为．若此时乘客的水杯能竖直放在杯托处（点E）． 求 (1)________度； (2)乘客水杯的最大高度．（结果精确到，参考数据：，，） 21．（15分）如图，抛物线与轴相交于、两点，与x轴相交于点，与轴相交于点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)如图1，若点是第四象限内抛物线上的一个动点，当点D运动到何处时，的面积最大？求出此时点D的坐标； (3)如图2，点是抛物线的顶点，直线交轴于点，若点是线段上的一个动点，是否存在以点，，为顶点的三角形与相似．若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 22．（15分）如图，在边长为的正方形中，点是线段上一个动点（与点、不重合），将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．过点作，交于点，交于点，连接． (1)求证：①；②四边形是平行四边形； (2)如图，延长至点，点在运动过程中，求证：点始终在的角平分线上； (3)设，当为何值时，？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2025-2026学年度海南省初中数学中考复习试卷1参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A B B D A B D C 题号 11 12 答案 B C 1．B 【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，故本选项符合题意； C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意． 2．B 【详解】解：几何体的主视图是 3．A 【分析】本题考查科学记数法的表示方法，科学记数法的标准形式为，其中，为整数，据此解答即可． 【详解】解：． 4．B 【分析】将代入代数式，按照有理数的运算规则计算出结果，再与选项对比得出答案． 【详解】解： ． 5．B 【分析】本题考查分式方程的解，根据解分式方程的方法求解即可． 【详解】解：， 去分母得：， 去括号得：， 移项得：， 系数化为1得：， 经检验：是分式方程的解， 故选：B． 6．D 【分析】本题考查了点的平移规律，掌握点的平移规律：“横坐标左减右加，纵坐标上加下减．”是解题的关键． 【详解】解：“帅”的坐标可以由“相”的坐标，先向左移个单位，再向下平移个单位得， ， ， “帅”的坐标为， 故选：D． 7．A 【详解】解：A、，∴A计算正确； B、，∴B计算错误； C、，∴C计算错误； D、，∴D计算错误． 8．B 【分析】利用三角形三边关系求出的取值范围，再根据为奇数确定符合条件的的个数即可得到答案． 【详解】解：∵三角形的三边长分别为，，，根据三角形三边关系，任意两边之差小于第三边，任意两边之和大于第三边， ∴， 整理得， ∵为奇数， ∴满足条件的奇数为，，共个， 即这样的三角形有个． 9．D 【分析】先找出随机抽取两张卡片所有等可能的结果数，再找出抽出卡片为“文”“化”的结果数，根据概率公式计算即可． 【详解】解：将4张卡片分别记为中、华、文、化，列举随机抽取两张的所有等可能结果： (中，华)，(中，文)，(中，化)，(华，文)，(华，化)，(文，化)， ∴共有种等可能的结果，其中抽出卡片上汉字为“文”“化”的结果有种， ∴所求概率为． 10．C 【分析】由平角的定义求出的度数，再由平行线的性质即可求出的度数． 【详解】解：如图所示，由题意得，，， ∵，， ∴， ∵， ∴． 11．B 【分析】由题意可得DE⊥EC，由勾股定理可得DE＝4 ，根据锐角三角函数可求DB的长，再根据勾股定理可求AB的长，即可求的半径． 【详解】解：如图，连接OD，BD， ∵DE是切线， ∴OD⊥DE， ∵AB是直径， ∴∠ADB=90°，且AB=BC， ∴AD=CD＝，且AO＝OB， ∴DO∥BC，且DE⊥OD， ∴DE⊥EC， ∴DE=， ∵tanC= ， ∴BD＝， ∴AB=， ∴OA=5 ， 故选：B． 【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键． 12．C 【分析】根据 的边与坐标轴平行及 过原点，利用中心对称性质求出点 的坐标，进而确定反比例函数解析式和直线 的解析式；联立直线与反比例函数方程，利用一元二次方程根与系数的关系（或直接求根）及勾股定理计算线段 的长 【详解】解： 根据题意得：轴，轴， ， 设点 的坐标为 ，则 ， ， 点 在反比例函数 图象上，且直线 过原点 ， 点 与点 关于原点对称， ， 解得 ， ， ， ，反比例函数解析式为 ， 直线 过点 和 ， 直线 的函数解析式为：， ， 设直线 的解析式为 ， 将点 代入得 ， 解得 ， 直线 的解析式为 ， 联立 ， 整理得 ， 解得 ， 设 ，， 设 ， 则 ， 点 在直线 上， ， 13．> 【分析】两个正数比较大小，可通过比较平方后结果的大小判断原数大小，平方更大的原数更大． 【详解】解：，， 又，且，， ． 14． 【分析】观察多项式为二次三项式，符合完全平方公式的结构特征，可利用完全平方公式进行因式分解. 【详解】解： 15．6 【分析】本题考查基本作图—作角平分线，含30度角的直角三角形，等角对等边． 根据题意，得到平分，进而得到，利用含30度角的直角三角形的性质以及等角对等边得到，即可． 【详解】解：∵， ∴， 由题意得：平分， ∴， ∴， 在中，， ∴． 故答案为：6． 16． 【分析】①先由勾股定理求出，证明四边形是菱形，则，当点E在上， 那么，设，则，即可求解； ②连接，过点作于点，由四边形是菱形，得到平分，，那么点E的轨迹为线段，则当时，最短，由，设，则，那么，显然，，设，则在中，由勾股定理得，解方程即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，关于对称， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， 当点E在上，如图： ∴， ∴， 设， ∴， 解得：， 故答案为：； 连接，过点作于点，则， ∵四边形是菱形， ∴平分，， ∴点E的轨迹为线段， ∴当时，最短， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 设， 则在中，由勾股定理得， 解得：（舍负）， ∴在点M，N运动的过程中，的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，垂线段最短，勾股定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 17． （1） 【分析】先计算乘方，算术平方根，立方根，化简绝对值，再计算加减即可． 【详解】解：原式 ． （2） 【详解】解：， 解不等式得：， 解不等式得：， ∴原不等式组的解集为． 18．该社团购买《跃马添福》邮票枚，《鸿运驰春》邮票枚． 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，设该社团购买《跃马添福》邮票枚，《鸿运驰春》邮票枚，根据题意得，然后解方程组即可，读懂题意，找出等量关系，列出方程组是解题的关键． 【详解】解：设该社团购买《跃马添福》邮票枚，《鸿运驰春》邮票枚， 根据题意，得， 解这个方程组，得， 答：该社团购买《跃马添福》邮票枚，《鸿运驰春》邮票枚． 19．(1)， (2)72 (3)78， (4)720人 【分析】本题考查频数分布表与扇形统计图，从统计图表获得信息是解题的关键． （1）根据成绩在范围内的数据，分别得到和范围内的样本数； （2）根据“圆心角度数该组频率”进行计算即可； （3）根据众数和中位数的定义进行解答即可； （4）计算样本中成绩不低于80分的频率，再乘以总体容量进行估算即可． 【详解】（1）解：范围内的数据从小到大排列如下： 72，75，76，76，76，77，77，78，78，78，78，78，78，79， 共14名学生成绩，即， 范围内的数据如下： 80，81，82，82，84，85，85，89， 共8名学生成绩，即； （2）解： 因此，E组对应扇形的圆心角为72度； （3）解：由（1）可知：在范围内的数据78出现了6次， 则C组数据的众数是78， 根据表格可知，调查的50名学生成绩的中位数位于C组， 前两组共有人， 将C组数据从小到大排列如下： 72，75，76，76，76，77，77，78，78，78，78，78，78，79， 因此，中位数为：； （4）解：（人） 答：该校2000名学生中，成绩不低于80分的人数有720人． 20．(1) (2) 【分析】本题考查平行线的性质、垂线的性质、解直角三角形，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）过点B作，根据平行线的性质得到，利用垂线的性质求出的度数，从而求出的度数； （2）过点E作，交于点F，根据题意求出的度数，进而求出的度数，在中，利用求解即可． 【详解】（1）解：如图，过点B作， ， 垂直于地面， ， ， ， ； （2）解：如图，过点E作，交于点F， ， 靠背可以绕点B旋转至与小桌板支架重合的位置， 由（1）知，， ， ， 在中，， ， 乘客水杯的最大高度约为：． 21．(1) (2)当时，的面积最大 (3)或 【分析】（1）将，代入抛物线，即可解得、的值，即求得抛物线的函数表达式； （2）先求出点的坐标为，设点的坐标是，过点作交于点，表示出的面积，根据二次函数的性质即可得到答案； （3）连接，求得，再求出的解析式，设点，求得分两种情况讨论，即①当时，②当时，利用相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：将，代入， 得， 解得， 抛物线的函数表达式为； （2）解：抛物线的解析式为， 令，即， 解得，， 点的坐标为， 设直线的解析式为， 把，代入可得， ， 解得， 所以直线的解析式为， 设点的坐标是， 点是直线下方抛物线上的动点， ， 过点作于点，则， ， 的面积， 当时，的面积最大值为， 当时，； （3）解：， ， 如图，连接， 设的解析式为， 将、代入， 可得， 解得， 直线的解析式为， 令，即，解得， 点的坐标为， ，且， ， ， 设点， 点在线段上， ， 则， ， 分情况讨论： ①当时，有， ， 解得，满足， 则此时， 此时点的坐标为． ②当时，有， ， 解得，满足， 此时， 此时点的坐标为， 点的坐标为或． 【点睛】第三小问需要利用分类讨论的思想，优先证明，可将分类情况固定为两种，大大简化题目难度． 22．(1)①证明见解析；  ②证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（）①根据正方形的性质得，，根据旋转的性质和平行线的性质确定，根据余角性质可得，最后根据全等三角形的判定定理即可证明；②根据全等三角形的性质和旋转的性质可得，再根据平行四边形的判定定理即可证明； （）过点作于点，于点，根据正方形的性质及矩形的判定定理可证四边形是矩形，根据直角三角形两个锐角互 余，角的和差关系可得，即得，得到，进而得，，得，即得到四边形是正方形，即可求证； （）根据等腰三角形三线合一的性质得，根据全等三角形的性质，正方形的性质，线段的和差关系求出的长 度，进而由相似三角形的判定和性质列出方程即可求出的值． 【详解】（1）解：①证明：∵四边形是正方形， ，， ， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ， ∵， ， ， ； ②证明：， ， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）证明：如图，过点作于点，于点， ∵四边形是正方形， ， ， ， ， ∴四边形是矩形，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， 四边形是正方形， ， 点始终在的角平分线上； （3）解：， 为中点， ， ∵正方形的边长为， ， ， ，， ∵四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得，（不合，舍去）， ， ∴当为时，． 【点睛】本题考查了正方形的判定定理和性质，旋转的性质，矩形的判定定理，平行四边形的判定，全等三角形的判定定理和性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定定理和性质等，正确作出辅助线是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $