2026年江苏苏州市中考数学二轮复习卷

2026年江苏苏州市中考数学二轮复习卷 一、单选题 1．我国已建成全球规模最大的光纤和移动宽带网络．截至2025年底，光缆线路总长度达到千米，其中用科学记数法可表示为（   ） A． B． C． D． 2．的绝对值是（    ） A． B． C． D． 3．若∠A＝40°15′，∠B＝40.15°，则（  ） A．∠A＞∠B B．∠A＜∠B C．∠A＝∠B D．无法确定 4．明式家具的核心产地在以苏州为中心的江南地区，因此也被称为“苏作家具”．明式家具中用到许多榫卯结构，比如燕尾榫．如图是燕尾榫的带榫头部分，下列图形是其主视图的是（   ） A． B． C． D． 5．如图，的顶点都在正方形网格的格点上，则的值为（    ） A． B． C．2 D． 6．如图，在中，，于点D，，E是斜边的中点，则（   ） A． B． C． D． 7．已知关于x的多项式，当时，该多项式的值为，则多项式的值可以是（    ） A． B．2 C． D． 8．如图，在中，，是边上一点，连接，过点作交于，已将沿翻折得，连接．下列说法错误的是（    ） A． B．当时， C．当时，折痕的长 D．当是等腰三角形时，的长 二、填空题 9．计算：________． 10．若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为______． 11．已知一次函数（是常数，其中）的图象经过点，则关于的不等式的解集是__________． 12．如图，平行四边形中，对角线交于点O，直线l过点O，且与边，分别交于点E、F，．若在平行四边形内随机取点，则点落在内的概率是______． 13．如图，为半圆O的直径，C为半圆O上一点，且，连结，以点B为圆心为半径画弧交于点D．若，则的长为_________． 14．如图，在正方形中，点为对角线上一点，连接，点 为上一点，连接交于点，若、、的面积分别为、、，则的面积为_____． 15．如图，正六边形的边长为6，以顶点为圆心，长为半径画圆．若图中阴影部分恰好是一个圆锥的侧面展开图，则这个圆锥的底面圆的周长是_____． 16．如图，在中，，平分，为线段上一点，且，连接．若，则的长为______． 三、解答题 17．计算：． 18．解不等式组：． 19．先化简，再求值：，其中 20．某中学准备开展春学期社会实践活动，学校给出：梅园，：鼋头渚，：锡惠公园，：拈花湾，共四个目的地．为了解学生最喜欢哪一个目的地，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图．请根据图中提供的信息，解答下列问题： (1)这次被调查的学生共有__________人； (2)将条形统计图补充完整； (3)扇形统计图中对应的扇形圆心角度数是__________； (4)已知该校共有学生人，根据调查结果估计该校最喜欢去鼋头渚的学生人数． 21．已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，BE、CD是中线．求证：BE＝CD． 22．如图，内接于是延长线上的一点，，相交于点．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 23．如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过，，三点． (1)求抛物线的解析式； (2)作直线，点D是直线上方抛物线上的一动点，连接与直线交于点E，求的最大值及此时点D的坐标； (3)将抛物线先向右平移2个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线，点P是抛物线上一个动点，作以点P为中点的线段，且轴，．设点P的横坐标为m，若线段与抛物线有交点，求m的取值范围． 24．如图1，在中，为边上的中线，交于点，此时我们称点为、的“垂对称点”．特别的，当点也为中点时，我们称这样的三角形为“中垂三角形”，例如，图2、图3中，，是的中线，，垂足为，像这样的三角形均为“中垂三角形”．设，，． (1)【特例探究】如图1，，，为、的“垂对称点”，，则________； 如图2，为“中垂三角形”，当，时，则___，____，____； (2)【归纳证明】观察特例探究结果，猜想、、三者之间的关系，并利用图3证明你的猜想； (3)【拓展应用】如图4，在平行四边形中，点、F、G分别是、、的中点，，，，求的长度． (4)【知识迁移】如图5，在平面直角坐标系中，点，，点在轴上，点在轴上，与轴交于点．当时，求证：为线段的黄金分割点． 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年江苏苏州市中考数学二轮复习卷》参考答案 1．B 【分析】科学记数法的表示形式为，其中，为整数，确定的值时，的值等于原数变为时小数点移动的位数，原数绝对值大于等于10时，为正整数. 【详解】解：． 2．A 【详解】解：∵，负数的绝对值是它的相反数， ∴. 3．A 【分析】将两角统一单位后，再进行比较即可得到答案． 【详解】解： ∴ 故选：A． 【点睛】此题主要考查了角的比较，注意：，． 4．C 【详解】解：∵从正面看，该几何体下部是一个长方形 ， ∴主视图的下部应为长方形 ， ∵该几何体上部为燕尾结构，两侧为斜面，且顶面宽度大于连接处宽度 ， ∴从正面看，上部轮廓为梯形（上底长，下底短） ， ∴该几何体的主视图是由下部的长方形和上部的梯形组成的图形 观察选项，只有C选项符合题意． 5．C 【详解】解：如图， 根据网格特点知：， 设小正方形的边长为1，则，， ∴． 6．C 【分析】利用直角三角形的性质求得，利用等边对等角求得，再证明是等腰直角三角形，求得，据此求解即可． 【详解】解：∵E是斜边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 7．A 【分析】本题考查了二次函数的最值问题，整式的乘法运算，通过消元法将代数式化简为二次函数的形式是解题的关键．由已知得，化简得，所以，再求出b的取值范围，最后根据二次函数的图象与性质，可求出的取值范围，由此可判断答案． 【详解】当时，该多项式的值为， ， 整理得， ， ， 即， ， ，， ， ， 当时，， 根据二次函数的图象可知，当时，． 故选A． 8．D 【分析】由翻折的性质，结合等角的余角相等，可判断A；与的交点记作点，延长，交于点，由平行线的性质，结合翻折的性质，可证明，可得，可判断B；证明，可得，证明，，设，证明，可得，证明，，可得，，由勾股定理可得，可判断C；当是等腰三角形时，，或，或，分类讨论，用勾股定理，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，可得，可判断D． 【详解】解：由翻折可得， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴A正确，不符合题意； 当时， 与的交点记作点，延长，交于点，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由翻折可得，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴，， ∴B正确，不符合题意； 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 解得，（舍去）， ∴，， ∴， ∴C正确，不符合题意 当是等腰三角形时， 若， 由翻折可得， ∴， ∴， ∴， 若， 作于点，则，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 若， 作，则，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴方程在实数范围内无解， ∴， ∴当是等腰三角形时，的长或， ∴D不正确，符合题意. 9． 【分析】根据积的乘方进行计算即可． 【详解】解：． 10．4 【分析】根据根的判别式的意义得到，解关于k的一元一次方程即可得到k的值． 【详解】解：∵一元二次方程有两个相等的实数根． ∴ ∴ 11． 【分析】把代入，可得，则可变形为，再结合，可得到关于x的不等式，即可求解． 【详解】解：把代入得：， 解得：， ∴可变形为， ∵， ∴， 解得：． 12． 【分析】本题考查几何概率和平行四边形的性质，先设平行四边形的面积是x，得出阴影部分的面积，再根据几何概率的求法即可得出答案． 【详解】解：设平行四边形的面积是x， 则的面积为， ∵， ∴， ∴的面积为, ∴在平行四边形内随机取点，则点落在内的概率是． 故答案为：． 13． 【分析】本题考查弧长的计算，弧、弦、圆心角的关系，勾股定理，连接，根据弧、弦、圆心角的关系求出，由等腰三角形的判定与性质求出的度数，由勾股定理求出，从而根据弧长公式求出的长即可． 【详解】解：如图，连接． ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了正方形的性质，解直角三角形的应用，过点分别作的垂线，垂足分别为，过点分别作的垂线垂足分别为，根据题意得出，则，根据三角形的面积公式得出，进而设,则，得出，同理得出，根据得出，根据正弦的定义得出，则，即可求解． 【详解】解：如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，过点分别作的垂线垂足分别为， ∵在正方形中，点为对角线上一点，、、的面积分别为、、， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴ ∵， ∴，则， ∵ ∴ 设,则， ∴ 解得： ∴， ∵在正方形的对角线上， ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴ ∵ ∴即 解得： ∵ ∴ 解得： ∴ ∵ ∴ ∴，则 ∴ ∵ ∴的面积为 故答案为：． 15． 【分析】根据圆锥的侧面展开图确定圆锥的底面圆的周长即为的长度，根据正多边形的性质求出的长度和，再根据弧长公式求解即可． 【详解】解：∵阴影部分恰好是一个圆锥的侧面展开图， ∴圆锥的底面圆的周长即为的长度． ∵正六边形的边长为6， ∴，． ∴． ∴圆锥的底面圆的周长为． 16． 【分析】本题考查了等腰三角形的性质与判定，解直角三角形，相似三角形的性质与判定；过点作交的延长线于点，延长交于点，连接，结合题意得出，根据平行线的性质可得，进而得出是的中点，进而证明，根据对顶角相等得出，结合，解得出，进而可得，然后根据，即可求解． 【详解】解：如图，过点作交的延长线于点，延长交于点，连接， ∵平分， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ 在中， ∴ ∵ ∴ ∴即 解得： 故答案为：． 17． 【详解】解： 18． 【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．分别求解两个不等式，得到不等式组的解集即可． 【详解】解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∴不等式组的解集为：． 19．， 【分析】本题考查了分式化简求值；先对括号内进行通分运算，同时对分子、分母进行因式分解，再将除转化为乘，进行约分，结果化为最简分式或整式，然后代值计算，即可求解；掌握分式化简的步骤是解题的关键． 【详解】解：原式 ； 当时， 原式 ． 20．(1) (2)见解析 (3) (4)人 【分析】本题考查了画条形统计图，求扇形的圆心角度数，用样本估计总体，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）用目的地的人数除以其所占的比例即可求解； （2）用总人数减去其它三个目的地的人数算出目的地的人数，补全条形统计图即可； （3）用乘以目的地的人数所占的比例即可； （4）用乘以该校最喜欢去鼋头渚的学生所占的比例即可． 【详解】（1）解：这次被调查的学生共有（人）， 故答案为：； （2）解：目的地人数为（人）， 补全图形如下： （3）解：扇形统计图中对应的扇形圆心角度数是， 故答案为：； （4）解：（人）， 答：根据调查结果估计该校最喜欢去鼋头渚的学生人数有人． 21．见解析 【分析】由中线性质得，，再证，由，得≌，可证. 【详解】证明：∵、是中线， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴≌， ∴． 【点睛】本题考核知识点：全等三角形. 解题关键点：灵活运用全等三角形判定和性质证线段相等. 22．(1)证明见解析 (2)6 【分析】（1）由，为半径，可知，，则，，，如图1，连接，由，可得，则，即，进而结论得证； （2）如图2，记与交点为，连接，过作于，证明是等边三角形，则，，设半径为，则，由，，可得，证明，则，即，解得或（舍去）， 根据，计算求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接，    ∵， ∴， ∴， ∴，由等边对等角可得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 又∵是半径， ∴是的切线； （2）解：如图2，记与交点为，连接，过作于，    ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， 设半径为， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰三角形， 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，即，解得或（舍去）， ∴， ∴ 的长为6． 【点睛】本题考查了垂径定理，等腰三角形的判定与性质，切线的判定，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，余弦、正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 23．(1) (2)的最大值为，点D的坐标为； (3)线段与抛物线有交点，m的取值范围为． 【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式即可； （2）如图，过作交于，求解直线的解析式为，设，可得，证明，再进一步求解即可． （3）求解，可得顶点坐标为：，设，当顶点在线段上时，可得， 如图，当在上时，可得：，进一步可得答案． 【详解】（1）解：∵抛物线经过，，三点， ∴设抛物线的解析式为， 将代入得， 解得， ∴抛物线的解析式为． （2）解：如图，过作交于， 设直线的解析式为，将代入解析式得， ，解得 ∴直线的解析式为， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 当时，最大，最大值为， ∴， ∴． （3）解：将抛物线先向右平移2个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线， ∴， ∴顶点坐标为：， 如图， 设， 当顶点在线段上时， ∴， 解得：，（舍去）， 如图，当在上时， ∴， 解得：， 综上：线段与抛物线有交点，m的取值范围为． 24．(1)；；； (2)，证明见解析 (3) (4)证明见解析 【分析】（1）过点作，交的延长线于点，根据平行线的性质得出，根据等角的余角相等得出，根据全等三角形的判定和性质得出，根据相似三角形的判定和性质得出，结合勾股定理求出的值，即可求解；连接，根据直角三角形的性质得出，根据等角对等边得出，根据勾股定理求出，根据中线的定义以及中位线的判定和性质得出，，根据平行线的性质和等角对等边得出，根据勾股定理求出，结合勾股定理即可求解； （2）连接，根据中线的定义以及中位线的判定和性质得出，根据勾股定理推得，据此即可证明； （3）连接，交于点，与交于点，根据中线的定义以及中位线的判定和性质得出，根据平行线的性质得出，根据平行四边形的性质和平行线的性质得出，，求得，根据平行四边形的判定和性质得出，，根据全等三角形的判定和性质得出，根据中线的定义得出，分别是的中线，结合（2）的结论，即可求解； （4）过点作轴于点，连接，根据等边对等角和三角形内角和定理求得，根据三角形的外角性质和等角的余角相等得出，根据相似三角形的判定和性质得出，等量代换得出，即可证明． 【详解】（1）如图所示，过点作，交的延长线于点， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵，，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， 即， 在中，， 故 ∵ 故． 如图所示，连接， 根据题意可得：、是的中线，，； ，， ∴， ∴， 在中，， 故， ∵、是的中线， ∴，， ∴是的中位线， ，， ， 故， 在中，， ， 在中，， 在中，， 故，， 即，，． （2）猜想：， 如图所示，连接， 根据题意可得：、是的中线，， 即，， ∵、是的中线， ∴，， ∴是的中位线， 则， 在中，， 在中，， 在中，， 在中，， 故， ， 整理，得． （3）如图所示，连接，交于点，与交于点， ∵点、G分别是、的中点， ∴是的中位线， ， ， ， ∵四边形是平行四边形， ，， ， ∵点，分别是，的中点， ，， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵，，， ∴， ， ∴，分别是的中线， 由（2）的结论得：， ∴， ． （4）如图所示，过点作轴于点，连接， 即， 根据题意可得， ∴． 在中，， 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． 又， 故． ∴点为线段的黄金分割点． 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 $