2026年广东揭阳真理中学初中学业水平考试数学科模拟卷

**基本信息** 2026年广东中考数学模拟卷，以科技前沿（手机信号、徒手攀登）、文化传承（七巧桌）、社会热点（稀土、团史）为情境，梯度覆盖基础（科学记数法）、能力（函数图像）、创新（和定分式、减半点）题型，体现抽象能力、推理意识等核心素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题|有理数、科学记数法、轴对称、函数图像|手机信号考有理数比较，化学仪器图考轴对称| |填空题|5题|因式分解、代数式求值、六棱柱俯视图内角和|七巧桌关联六棱柱俯视图，坐标作图考角平分线性质| |解答题|8题|统计（团史竞赛）、解直角三角形（攀登）、新定义（和定分式）、圆综合、代数推理（减半点）|统计结合团史数据，解直角三角形融入攀登情境，新定义题（和定分式、减半点）考查创新应用，圆综合涉及翻折与相似|

2026年广东省初中学业水平考试数学科模拟卷 一、选择题 1．衡量手机信号强弱的标准是（参考信号接收功率），其单位的数值范围在至．绝对值越小表示信号越强，则下列信号最强的是（    ） A． B． C． D． 2．邓小平曾说：“中东有石油，中国有稀土”．稀土是加工制造国防、军工等工业品不可或缺的原料．据有关统计数据表明：至2017年止，我国已探明稀土储量约4400万吨，居世界第一位，请用科学记数法表示4400万为（   ） A． B． C． D． 3．下列运算正确的是（　　） A． B． C． D． 4．下列四种化学仪器的示意图中，是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 5．汽车油箱中有汽油，如果不再加油，那么油箱中剩余的油量（单位：）随行驶路程（单位：）的增加而减少．已知该汽车平均每千米耗油．当时，与的函数关系式为（   ） A． B． C． D． 6．在如图所示的运算程序中，输入x的值是64时，输出的y值是（    ） A． B． C．2 D．8 7．如图，函数与的图象交于点，不等式的解集是（   ） A． B． C． D． 8．，，，，，六个足球队进行单循环赛（每两队之间恰好只比赛一场），当比赛进行到某一天时，统计出，，，，五队已分别比赛了5，4，3，2，1场球，由此可知，队比赛场数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 9．定义新运算：对于两个不相等的实数a，b，我们规定符号表示a，b中的较大值，如：，因此；按照这个规定，若，则x的值是（    ） A．或 B．1或 C．或 D．1或 10．如图1，在中，，，动点从点出发，沿折线方向运动，到达点停止运动．设点的运动路程为，的面积为y，y与的关系如图2所示，则的长为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 二、填空题 11．因式分解____________． 12．已知，，则_____． 13．七巧桌的设计灵感源自宋代黄伯思的《燕几图》，由其演变的七巧板，在西方被称为“唐图”，也叫“东方魔板”，是古代智慧的体现．下图是一张七巧桌，可以看作一个六棱柱，则其俯视图的内角和为_____________度． 14．如图，在轴、轴上分别截取，，使，再分别以点，为圆心、大于的长为半径画弧，两弧交于点若点的坐标为，则的值为______ ． 15．如图，在中，，．以点为旋转中心，将按顺时针方向旋转，得到，则图中阴影部分的面积为______． 三、解答题 16．先化简，再求值：，其中． 17．图1、图2均为的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点A，B均在格点上，点P为线段上的一点．（仅用无刻度的直尺作图．）    (1)在图1中，画出一个以为边的正方形（保留作图痕迹）． (2)在（1）的基础上，在边上画点Q，使得平分正方形的面积（保留作图痕迹）． (3)在图2中，画出一个以为边的非正方形的菱形（保留作图痕迹），连结此菱形各边中点所形成的四边形为 ． 18．今年是中国共产主义青年团成立104周年，某校组织学生观看庆祝大会实况并进行团史学习．现随机抽取部分学生进行团史知识竞赛，并将竞赛成绩进行整理（成绩得分用表示），其中记为“较差”，记为“一般”，记为“良好”，记为“优秀”，绘制了不完整的扇形统计图和频数分布直方图． 请根据统计图提供的信息，回答如下问题： (1)本次共抽取了________名学生的竞赛成绩，扇形统计图中，“一般”对应的圆心角的度数为________，并将直方图补充完整； (2)已知这组的具体成绩为，则这8个数据的中位数是________； (3)若该校共有1000人，估计该校学生对团史掌握程度达到良好及以上的人数； (4)本次知识竞赛超过95分的学生中有3名女生，1名男生，现从以上4人中随机抽取2人去参加全市的团史知识竞赛，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽中2名女生参加知识竞赛的概率． 19．2026年1月25日，美国攀岩传奇人物亚历克斯·霍诺德成功徒手攀登中国台北101大楼，全程无绳索、无安全装备，仅用时91分钟就登顶508米高的塔尖，成为人类历史上首位徒手独攀这座摩天大楼的人．亚历克斯用坚定的信念战胜内心的恐惧，为了这次挑战，他进行了长达数年的艰苦训练，反复研究大楼的每一处结构、每一个难点．在一次观测当中，他发现一个关键攀登难点N，他在距离楼底60米的A处观察（即米），用测倾器测得攀登难点N的仰角为，然后沿斜坡向上走到B处观察，测得攀登难点N的仰角为．已知点在同一条水平直线上，斜坡的斜面坡度为（即），测倾器高度忽略不计． (1)求攀登难点N的高度（即的长）； (2)求观察点B的铅直高度（结果保留根号）． 20．如图，在平面直角坐标系中，正比例函数的图象与反比例函数的图象交于两点，点在反比例函数的图象上，且在第一象限内点的右侧，连接 的面积为5． (1)求点A，B的坐标及反比例函数的解析式； (2)探究在轴上是否存在点，使得以点O，C，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 21．根据以下素材，探索完成任务． 素材1 定义：如果两个分式与的和为常数，则称与互为“和定分式”，常数称为“和定值”．例如：分式，，，则与互为“和定分式”，“和定值”． 素材2 分式中，在分子、分母都是整式的情况下，如果分子的次数低于分母的次数，称这样的分式为真分式，例如：分式，是真分式． 素材3 如果分子的次数不低于分母的次数，称这样的分式为假分式．例如，分式，是假分式． 问题解决： (1)已知分式，，判断与是否互为“和定分式”？若不是，请说明理由；若是，请求出． (2)已知分式，，若与互为“和定分式”，且分式为真分式，求“和定值”的值，求代数式（用含的式子表示）． (3)已知分式，（，为常数），若与互为和定分式”，则________， ________． 22．已知线段是的一条弦，点C是上的一点． (1)连接、，如图1，如果，，且，求的半径长； (2)当圆心在线段上时． ①如图2，已知点D在上，满足，且，如果，求的长． ②如图3，已知点E在线段上，满足，如果沿着弦翻折后的弧线恰好经过点，求的值． 23．代数推理 我们约定：若一个点的纵坐标是横坐标的一半，则称这个点为“减半点”，若一个函数图象上至少存在一个“减半点”，则称该函数为“减半函数”． (1)函数是“减半函数”吗？如果是，请求出它的一对“减半点”，如果不是，请说明理由； (2)求函数图像上的“减半点”； (3)若抛物线：图像上存在唯一的“减半点”． ①求抛物线的解析式； ②将抛物线向上平移个单位长度，得到新抛物线，作直线交抛物线于点，作直线交抛物线于点，连接，若直线的“减半点”恰好为线段的中点，求的值． 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年广东省初中学业水平考试数学科模拟卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D C C B B B A B 1．C 【分析】本题考查有理数的大小比较，掌握知识点是解题的关键．信号强度数值越大表示信号越强，选项均为负数，故数值越大（越接近零）的信号最强，即可解答． 【详解】解：∵信号强度数值越大表示信号越强，信号最强即为的绝对值最小， 各选项的绝对值分别为：， ∵， ∴的绝对值最小，信号最强， ∴信号最强的是． 2．B 【分析】科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定a和n的值即可得到答案． 【详解】解：4400万． 3．D 【分析】本题考查的是合并同类项，同底数幂的乘法与除法，幂的乘方与积的乘方，根据合并同类项的法则，同底数幂的乘法与除法法则，幂的乘方与积的乘方法则对各选项进行逐一计算即可． 【详解】解：A、和不是同类项，不能合并，故此选项不合题意； B、，故此选项不合题意； C、，故此选项不合题意； D、，故此选项符合题意． 故选：D． 4．C 【分析】此题考查了轴对称图形的概念，根据概念逐一判断即可，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； 、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； 、是轴对称图形，故本选项符合题意； 、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； 故选：． 5．C 【详解】解：由题意得，与的函数关系式为． 6．B 【分析】根据程序图计算即可． 【详解】解：取算术平方根得，是有理数， 取立方根得，是有理数， 取算术平方根得，是无理数，输出， 即输出的y值是． 7．B 【分析】先把点的坐标代入正比例函数解析式求出的值，确定交点坐标，再根据函数图象在交点右侧时的图象在的上方即可得出答案； 【详解】解：∵函数过点， ∴， 解得， ∴交点的坐标为， 由图象可知，当时，函数的图象在函数的图象上方， ∴不等式的解集是． 8．B 【分析】本题考查单循环赛制问题，利用单循环赛每队最多比赛5场的规则，从比赛场次最多的A出发逐步推理，结合各队已知场次推出F的比赛场数． 【详解】解：∵六个队进行单循环赛，每个队最多和其余5队各赛1场，即每个队最多比赛5场， ∵A已比赛5场， ∴A与B，C，D，E，F都已比赛过； ∵E仅比赛1场， ∴E只和A比赛过，未与B，C，D，F比赛； ∵B已比赛4场，B已和A比赛，未和E比赛， ∴B与A，C，D，F都已比赛过，刚好满足4场； ∵D已比赛2场，D已和A、B比赛过，刚好满足2场，因此D未和C，E，F比赛； ∵C已比赛3场，C已和A，B比赛，未和E，D比赛， ∴C只能和F比赛，满足3场要求； 统计F的比赛场次：F分别和A，B，C各赛1场，共3场， 因此F队比赛场数是3，选B． 9．A 【分析】根据新运算定义，分和两种情况列一元二次方程，求解后舍去不符合前提的解，即可得到的值，选出正确选项． 【详解】解：当，即时，， ∵ ∴， ∴， 解得或（舍去）； 当，即时，， ∵ ∴， ∴， 解得或（舍去）； 综上所述，x的值为或． 10．B 【分析】先根据函数关系图象得出，再由运动结合的面积的变化，得出点M和点D重合时，的面积最大，其值为，进而建立方程求解，即可得出结论． 【详解】解：由图可知点M的运动路程为，即， ∵是平行四边形， ∴， ∴， 设，则， 因为当点M运动到点D时，的面积为， 这时，过点D作于点E， 则， ∴， 解得：或， ∵， ∴，． 11． 【分析】本题主要考查了综合运用提公因式以及公式法分解因式，先提取公因式，再利用完全平方公式进行因式分解． 【详解】解： 故答案为： 12．2 【分析】利用完全平方公式，将两边平方后，结合已知的的值，建立关于的方程求解． 【详解】解：对两边同时平方，根据完全平方公式得， 展开得， 将代入上式得， 移项得， 解得． 13． 【分析】边形的内角和（其中为多边形的边数，且，为正整数），先得到俯视图为六边形，再根据多边形内角和公式求解即可． 【详解】解：该六棱柱的俯视图为六边形， 根据多边形的内角和公式可得，其俯视图的内角和为． 14． 【分析】根据题意，得出点P在第一象限的平分线上，据此得出关于a的方程进行求解即可． 【详解】解：由题知，因为点在第一象限的平分线上， 所以 ， 解得． 15． 12π 【分析】先根据题意可知，，再根据 解答． 【详解】解：根据题意可知，， ∴ ． 16．， 【详解】解：原式 ， 当时， 原式． 17．(1)画图见解析 (2)画图见解析 (3)画图见解析，矩形 【分析】此题考查了菱形和正方形的判定、矩形的性质、勾股定理与网格问题等知识，熟练掌握特殊平行四边形的判定是解题的关键． （1）根据勾股定理和网格的特点，正方形的判定进行作图即可； （2）根据正方形和矩形的中心对称性即可作图； （3）根据菱形的判定和勾股定理，三角形中位线定理、矩形的判定等知识作图和解答即可． 【详解】（1）解：如图正方形即为所求；    （2）解：如图    （3）解：如图，    连结此菱形各边中点所形成的四边形为矩形， 故答案为：矩形 18．(1)50，，见解析 (2)95 (3)620人 (4) 【分析】（1）根据“”计算本次共抽取学生数，根据“一般抽取总学生数较差良好优秀”，结合计算的数据将直方图补充完整，根据“圆心角度数”计算“一般”对应的圆心角的度数； （2）将成绩按从低到高排列后，取中间两数的平均数为中位数； （3）根据用样本估计总体计算该校学生掌握程度达到良好及以上的人数； （4）用列表法列举出所有等可能的情况，计算即可． 【详解】（1）解：本次共抽取学生：（人）， 竞赛成绩“一般”的学生数：（人）， “一般”对应的圆心角的度数为：， 频数分布直方图补充如下图： （2）解：将这组的具体成绩从低到高排列：， 这8个数据的中位数是：； （3）解：（人）， 答：估计该校学生对团史掌握程度达到良好及以上的人数为620人； （4）解：从3名女生，1名男生中随机抽取2人去参加全市的团史知识竞赛，列表如下： 男 女 女 女 男 （男，女） （男，女） （男，女） 女 （女，男） （女，女） （女，女） 女 （女，男） （女，女） （女，女） 女 （女，男） （女，女） （女，女） 共有12种等可能的情况，其中被抽取的2人恰好是女生的有6种结果， ， 答：恰好抽中2名女生参加知识竞赛的概率为． 19．(1)米 (2)米 【分析】（1）解，即可得攀登难点N的高度； （2）过点作交于点，交于点，由矩形的判定和性质，可得，，由已知结合等腰三角形的判定可得，设米，可得米，米，列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵在中，米，， ∴（米）， 故该攀登难点N的高度为米． （2）解：如图，过点作交于点，交于点， 又， ∴四边形是矩形． ∴，， 设米，则米， ∵在中，， ∴米，米， ∵在中，， ∴， 又米，米， ∴， 解得． 故观察点B的铅直高度为米． 20．(1)，反比例函数解析式为 (2)点坐标为或或或 【分析】本题主要考查了反比例函数的表达式、反比例函数与一次函数交点问题、菱形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）先求出点值，可得点坐标，进而可得反比例函数解析式，进而可得坐标； （2）先求出点坐标，进而分类讨论很容易求出点坐标． 【详解】（1）解：将代入得，， 解得：， ∴正比例函数表达式为， ， ∴反比例函数解析式为， ∵点关于原点对称， ， 综上，，反比例函数解析式为； （2）解：过作轴，交于点， 设，则， ， ， 解得：或（舍去）， ， 则， 当为菱形的边时，有如下三种情况： ①如图，点在点左侧， 此时轴，且， ； ②如图，此点在点右侧， 此时轴，且， ； ③如图，为对角线， 此时点与点关于轴对称，则； 当为菱形的对角线时，如下有一种情况： 过作轴于点， 设，则， 在中，， 解得， ， ， 综上，点坐标为或或或． 21．(1)与互为“和定分式”， “和定值” (2)， (3)， 【分析】（1）求出，看和是否为定值，即可判断； （2）求出，由与互为“和定分式”且分式为真分式，得到是的倍，可得，，即可求解； （3）求出，根据题意可得分子 是分母的倍，即，推出，即可求解． 【详解】（1）解： ，， ， 与互为“和定分式”，“和定值”； （2）解： ，， ， 与互为“和定分式”， 且分式为真分式， 是的倍数， 又 中，的系数为，中的系数为， ，， ； （3）解： ，， ， 与互为“和定分式”，分子 中，的系数为，中的系数为， 分子 是分母的倍，即， 即， ， 解得，． 22．(1)4 (2)①；② 【分析】（1）连接、，根据圆周角定理得到，进而得到是等腰直角三角形，利用勾股定理求解即可； （2）①连接，根据垂径定理得到、，由三角形中位线的性质得到，根据圆周角定理得到，利用求出长，进而求出长，在中，根据勾股定理求出长，利用求解即可； ②过点E作交于点，连接、、、，设、，则，由翻折的性质得：、、，证明，则，再证明，进而得到、，证明，得到，据此解答即可． 【详解】（1）解：如图，连接、， 、， 是等腰直角三角形， 在中，， ， 解得或（舍去）， 的半径长为4； （2）①解：如图，连接， 、是的半径， 、， 点是的中点， 是的中位线， ， 是的直径， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ； ②解：如图，过点E作交于点，连接、、、，设交于点， ， ， 设、，则， 由翻折的性质得：、、， 是的直径， ， 在中，由勾股定理得：， 、， ， ， 、， ， ， ， 、， ，， ， ， ， ， 在中，． 【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、翻折的性质，熟练掌握相关性质定理，数形结合的思想方法的运用是解题的关键． 23．(1)不是“减半函数”，理由见解析 (2)和 (3)①；． 【分析】（1）假设是“减半函数”，则其上至少存在一点，然后将代入函数得到方程，再根据方程根的情况判断即可； （2）设函数图像上的“减半点”的坐标为，然后将代入函数得到方程并求解得到b的值，进而确定“减半点”的坐标； （3）①设抛物线：图像上存在唯一的“减半点”的坐标为，然后将代入函数得到方程，然后分和两种情况，求得m的值并判断是否满足题意，再代入函数解析式即可解答；②先求出抛物线 H的解析式，进而确定A坐标为 ，点B坐标为，则其中点坐标为，再根据“减半点”的定义列方程求解即可． 【详解】（1）解：不是“减半函数”，理由如下： 假设是“减半函数”，则其上至少存在一点， 将点代入得：，即， ∴该方程无解，即该函数图像上不存在 “减半点”， ∴函数不是“减半函数”． （2）解：设函数图像上的“减半点”的坐标为， 将代入得：，解得：或， 当时，，即“减半点”坐标为； 当时，，即“减半点”坐标为． 综上，函数图像上的“减半点”的坐标为和． （3）解：①设抛物线：图像上存在唯一的“减半点”的坐标为， 将代入得：， 整理得：， ∵图像上存在唯一的 “减半点”，所以该方程有唯一解． ∴当时，即，不是抛物线，不符合题意； 当时，，解得：，符合题意； ∴抛物线的解析式 代入抛物线方程：，即． ②抛物线 G 向上平移 个单位得到抛物线 H： ​， ∴直线与 H 的交点A坐标为 直线与 H 的交点B坐标为 ，即， ∴线段 AB 的中点坐标为，即， ∵直线的“减半点”恰好为线段的中点， ∴，解得：． 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 $