2026年江苏省苏州市中考数学二轮模拟练习卷

2026年江苏省苏州市中考数学二轮模拟练习卷 一、单选题 1．的倒数是（   ） A． B． C． D． 2．如图，小手盖住的点的坐标可能为（    ） A． B． C． D． 3．如图是由5个相同的正方体搭成的立体图形，其主视图是（    ）．    A．   B．   C．   D．   4．下列命题中，真命题是（） A．相等的角是对顶角 B．对角线相等的四边形是矩形 C．若，，则 D．若，则 5．已知点在反比例函数（k为常数）的图象上，，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．，则 C．若，则 D．若，则 6．如图，已知一次函数和的图象交于点P，则根据图象可得关于x，y的二元一次方程组的解是（   ） A． B． C． D． 7．如图，在四边形中，，，，，将绕点顺时针方向旋转后得，当恰好经过点时，为等腰三角形，若，则（　　）． A． B． C． D． 8．甲、乙两车分别从两地同时出发，甲车匀速前往地，乙车匀速前往地，到达地立即以另一速度按原路匀速返回到地；设甲、乙两车距地的路程为（千米），乙车行驶的时间为（时），与之间的图象如图所示．则甲车行驶途中，甲、乙两车相距40千米时，乙车行驶的时间为（   ） A．小时或小时 B．小时 C．小时 D．小时或小时 二、填空题 9．分解因式：3a2+6a+3=_____． 10．将整式（ ）因式分解后的结果为，若括号内的式子记为A，则______． 11．已知一次函数，将其图像绕轴上的点旋转，所得的图像经过，则的值为__________． 12．如图，圆形铁皮的半径为，从中剪出一个圆心角的扇形，点A、B、C都在上，将这个扇形围成一个圆锥侧面，则圆锥的底面半径为______． 13．如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则_____． 14．已知为等边三角形，BD为中线，延长BC至E，使CE=CD=1，连接DE，则DE=______ 15．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，且，将直线绕点B按顺时针方向旋转，交x轴于点C，则直线的函数表达式是 _____． 16．如图，四边形中，，，，，点是四边形内的一个动点，满足，则面积的最小值为______． 三、解答题 17．（1）计算：． （2）解方程组：． 18．先化简，再求值：，其中． 19．某书法协会的创意节目《墨韵》以人工智能演绎传统水墨画为核心亮点，收获广泛关注．演出结束后，节目组收集了80名现场观众的评分，同时汇总了1200名线上观众的评分（满分10分），并进行整理、描述、分析，部分信息如下： 统计量群体 平均数 中位数 众数 现场 8.1625 a 8 线上 7.88 8 b 根据以上信息，回答下列问题． (1)扇形统计图中 ，表格中 ， ． (2)请你计算出线上观众评分不低于9分的总人数． (3)小红认为现场观众群体的评分更能反映节目真实口碑，小李则认为线上观众的评分更具参考价值，你更支持谁的观点？请结合统计知识简要说明理由． 20．如图，的顶点在的边上，，，现以点为圆心，为半径画弧，交于点． (1)求证：； (2)已知，求边的长． 21．如图，正方形中，， (1)求证：①；②； (2)若，，求的长． 22．如图，在中． (1)用尺规作图在边上找一点D，使得．（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，若，，，求的长． 23．如图，在四边形中，，与互余，将分别平移到和的位置，． (1)求的度数； (2)若，求的长． 24．如图，过外一点作的切线，切点为点，为的直径，点为上一点，且，连接，线段交直径于点，交于点，连接． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 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 《2026年江苏省苏州市中考数学二轮模拟练习卷》参考答案 1．D 【分析】根据定义直接计算即可得到结果． 【详解】解：∵乘积为的两个数互为倒数，， ∴的倒数是． 2．B 【分析】根据小手盖住的位置在第一象限，据此逐项判断即可求解． 【详解】解：A. 在第三象限，不合题意； B. 在第一象限，符合题意； C. 在第二象限，不合题意； D. 在第四象限，不合题意． 3．C 【分析】根据主视图是从该组合体的正面观察得到的图形进行判断即可． 【详解】解：由图可知，其主视图如图所示：   ， 故选：C． 【点睛】本题考查简单组合体的主视图，理解主视图是从物体正面观察所得到的图形是解题的关键． 4．C 【分析】本题考查了命题的真假判断，根据对顶角的定义，矩形的判定，不等式的性质，平方根的定义，逐项进行判断即可． 【详解】解∶A．对顶角相等，但相等的角不一定是对顶角，故原命题是假命题； B．对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题是假命题； C．若，，则，，故原命题是真命题； D．若，则，故原命题是假命题； 故选∶C． 5．B 【分析】本题考查了反比例函数的性质，解题关键是掌握当比例系数时，函数图象在第一、三象限内，且在每个象限内，随的增大而减小；当比例系数时，函数图象在第二、四象限内，且在每个象限内，随的增大而增大． 根据反比例函数的性质可知，函数图象在第一、三象限内，且在每个象限内，随的增大而减小，对选项逐一进行分析，即可得到答案． 【详解】解：反比例函数，， 函数图象在第一、三象限内，且在每个象限内，随的增大而减小， A、若，则或， 当时，；当时，， 原结论不一定成立，不符合题意，选项错误； B、若，则， ∴，原结论成立，符合题意； C、若，当时，， 当时，，原结论不一定成立，选项错误，不合题意； D、若，则，则 原结论不成立，选项错误，不符合题意， 故选B． 6．C 【分析】本题主要考查两条直线的交点与二元一次方程组的解的关系，理解图示，掌握两条直线的交点的特点是解题的关键． 根据两直线的交点的特点即可求解． 【详解】解：一次函数和的图象交于点， 点的横纵坐标是关于，的二元一次方程组的解， 即二元一次方程组的解为， 故选：C． 7．A 【分析】由旋转的性质和为等腰三角形可得，为等腰直角三角形，则，使用勾股定理计算出．容易证明，则，代入数值计算即可． 【详解】解： 由旋转的性质可得，，，，， ∵为等腰三角形，， ∴为等腰直角三角形， ∴，， 在直角中，， ∴， 在直角中，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴． 8．A 【分析】本题考查了图象、一元一次方程的应用，理解题意，能从图象中获取相关联信息，行程问题的数量关系的运用是解答的关键． 根据题意和函数图象中的数据，可以计算出乙车从A地到达B地的速度，进而可求得乙车到达B地的时间；然后可以先甲车的速度，然后即可计算出乙车到达B地时甲车距A地的路程；根据题意可知，乙车返回时的速度为（千米/时），甲车行驶的时间为小时，设乙车行驶的时间为小时，存在三种情况：乙车返回前，甲乙相遇之前，甲、乙两车相距40千米；乙车返回前，甲乙相遇之后，甲、乙两车相距40千米： 乙车返回后，甲、乙两车相距40千米；然后即可列出相应的方程，再求解即可． 【详解】解：由图象可得，乙车从A地到B地的速度为：（千米/时）， 则乙车到达B地的时间为：（小时）， ∴， 由图象可得，甲车的速度为：（千米/时）， 则乙车到达B地时甲车距A地的路程是（千米）， 乙车返回时的速度为（千米/时）， 甲车行驶的时间为小时， 设乙车行驶的时间为小时， 乙车返回前，甲乙相遇之前，甲、乙两车相距40千米： ， 解得； 乙车返回前，甲乙相遇之后，甲、乙两车相距40千米：， 解得； 乙车返回后，甲、乙两车相距40千米，， 解得：，不符合题意舍去， 综上，甲、乙两车相距40千米时，乙车行驶的时间为1.3小时或1.7小时， 故选：A． 9．3（a+1）2 【分析】首先提取公因式，然后应用完全平方公式继续分解. 【详解】3a2＋6a＋3＝． 故答案为． 考点：分解因式． 10． 【分析】本题考查了因式分解的应用． 根据多形式与多项式的乘法法则计算分解结果，与原多形式比较即可作答． 【详解】解：． ∵原整式为， ∴． 故答案为：． 11．1 【分析】根据题意得出旋转后的函数与y轴的交点，然后根据一次函数求得与轴的交点坐标，结合点的坐标即可得出结论． 【详解】解：在一次函数中， 令，则， 即一次函数与轴交点为（0，5）． ∵旋转后所得的图象经过点 ， ∴旋转后的函数与y轴交点为， ∵一次函数的图象，绕轴上一点旋转180°， ∴（0，5）和关于点对称， ∴． 故答案为1． 【点睛】此题考查的是一次函数与旋转问题，掌握旋转的性质和一次函数的性质是解题关键． 12．1 【分析】本题考查圆周角定理，求圆锥底面半径，连接，易得为等腰直角三角形，进而求出的长，根据圆锥的底面周长等于扇形的弧长，进行求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴是的直径， ∵的半径为， ∴， 由题意，， ∴， 设圆锥的底面半径为，则， ∴； 故答案为：1． 13． 【分析】本题考查的是对顶角的性质，多边形和正多边形的内角和．熟练掌握正多边形每个内角的求解公式是解题的关键．先根据正多边形每个内角为，得到正六边形和正方形每个内角的度数，再结合四边形的内角和以及对顶角的性质可得答案． 【详解】解：如图， 由多边形内角和、外角和定理可知，， ∵， ∴． ∵，， ∴． 故答案为． 14． 【详解】解：∵等边三角形每个内角都等于60°， ∴∠DCE＝120°， 又∵CE＝CD， ∴∠E＝30°． 如图，过点C作CF⊥DE于点F， ∵CE＝CD＝1， ∴在Rt△CEF中， EF＝CEcos∠E＝cos30°＝ ∴DE＝2EF＝. 15． 【分析】将代入得，可得，，，，在中，由勾股定理得，如图，延长，过作于，证明，则，即，，，根据，，可得，即，令，则，，根据，求值，进而可求的值以及点坐标，然后根据待定系数法求直线的表达式即可． 【详解】解：将代入得， ∴，即，， ∴， 在中，由勾股定理得， 如图，延长，过作于， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 令，则，， ∴， 解得， ∴，， ∴， 设直线的表达式为， 将，代入得，， 解得， ∴直线的表达式为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数解析式，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，正确的作出辅助线是解题的关键． 16． 【分析】取的中点，连接，过点作交的延长线于点，过点作于，交于，则，通过计算得出当三点共线时，有最小值，求出最小值即可． 【详解】解：如图， 取的中点，连接，过点作交的延长线于点，过点作于，交于，则， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为等腰梯形， ， ，，， ， 点在以点为圆心，2为半径的圆上， ， ， ， ，， ， ， ，，， ， 当三点共线时，有最小值， 面积的最小值为． 【点睛】本题考查了解直角三角形、隐圆、直角三角形的性质等知识点，点位置的确定是解题关键． 17．（1）；（2） 【分析】本题主要考查二次根式的混合运算，零指数幂以及解二元一次方程组，熟练掌握运算法则是解题的关键． （1）根据二次根式的加减混合运算法则计算即可． （2）根据解二元一次方程的步骤，计算即可． 【详解】（1）解：原式= ； （2）， 解：得③ ③②得：， 解得：， 将代入得：， 解得： 原方程组的解为：． 18．， 【分析】本题主要查了分式的化简求值．先计算括号内的，再计算除法，然后把代入化简后的结果，即可求解． 【详解】解：原式 ， 当时，原式＝－． 19．(1)25，8，7 (2)384人 (3)支持小李的观点，理由见解析 【分析】（1）根据频率、中位数和众数的定义求解即可； （2）总人数乘以对应百分比即可得出答案； （3）根据样本估计总体思想求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴； 现场评分共80个数据，第40，41个数据的平均数即为中位数， 而，， ∴（分）； ∵线上观众打分为7分的占，占比最大， ∴线上打分的众数分； （2）解：线上观众评分不低于9分的总人数为（人）； （3）解：支持小李的观点，因为线上观众群体对节目的打分样本容量大，更能体现实际情况． 20．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由作图可知，即，进而得到，根据平行线的性质得到，即可证明； （2）由题意可知，根据相似三角形的性质得到，即可求出边的长． 【详解】（1）证明：由作图可知， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 21．(1)①证明过程见解析；②证明过程见解析 (2) 【分析】（1）①由、、可证得； ②利用全等的性质证，利用直角三角形两个锐角互余证明，即可解决问题； （2）利用全等的性质证，然后证，得，据此可得答案． 【详解】（1）证明：①四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ； ②， ， ， ， ， ； （2），， ， ， ， ，， ， ， ， ， ． 22．(1)见解析 (2)6 【分析】（1）利用尺规作图，作出，推导出，得到，则，即可解答； （2）先求出，得到，由，得到，求出，即可解答． 【详解】（1）解：如图所示，点D即为所求． 理由如下： ∵，， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵，， ∴， ∴， 解得或（不符合题意，舍去）， ∵， ∴， 即， 解得． 23．(1) (2)6 【分析】（1）根据平移的性质和平行的性质得到，再利用互余的定义即可计算出的度数； （2）根据平移的性质得到，所以，再利用线段的和差即可解答． 【详解】（1）解：∵平移到的位置， ∴， ∴， ∵与互余， ∴． （2）解：∵分别平移到和的位置， ∴， ∴， ∵， ∴，即，解得：． 24．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）证明，进而可得，即可求证； （）连接，先证明，由，设，，则，得，进而可得，据此即可求解； 本题考查了切线的性质，圆周角定理，三角函数，余角性质，等腰三角形的性质和判定，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵为的切线， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：连接， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴设，，则， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， 即的半径为． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 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