2026年江苏泰州市中考数学第二轮复习卷

江苏泰州市 2026年中考数学第二轮复习卷 一、单选题 1．计算的结果是（   ） A．3 B． C．13 D． 2．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 3．下列计算正确的是（   ） A． B． C． D． 4．某射击队要从甲、乙两名运动员中选拔一名参加决赛，两人在相同条件下各打靶5次，成绩如下：甲：8，9，9，10，9；乙：8，8，9，10，10．教练最终选择了甲，他最看重的数据是（   ） A．平均数 B．众数 C．中位数 D．方差 5．下列各数中，可使式子有意义的的取值是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．如图，四边形内接于，为的直径．若，则（   ） A． B． C． D． 7．如图，在中，，是边上的点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 8．若二次根式有意义，则x的取值范围是________. 9．在标准大气压下，四种物质的凝固点如下表所示，其中凝固点最低的物质是_________． 物质 铁 酒精 液态氧 水 凝固点（单位：） 1535 0 10．因式分解___________ 11．若关于x的一元二次方程x2﹣2x+k=0无实数根，则实数k的取值范围是________． 12．一圆锥的母线长为3，底面半径为1，则该圆锥的侧面积为_____． 13．已知在反比例函数的图像上，且时，则常数k的取值范围是_________． 14．如图，BC是的弦，的半径为5，，则BC为______． 15．布袋中装有3个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．从中随机摸出一个球，记下颜色后放回，搅匀后再随机摸出一个球，则两次摸到颜色相同的概率为_________． 16．如图，菱形中，，，点为的中点，点为上一点，连接，作且面积为，则的最小值为 __．    三、解答题 17．计算及解不等式： (1)计算：； (2)解不等式：． 18．先化简，再求值：，其中． 19．某校3月举办“数学与科技文化节”活动，意在提升学生逻辑思维和信息素养，感受科技与数学融合的魅力，其中科创组开展“AI赋能数学，创意点亮智慧”的微视频制作竞赛．从该组中抽取20名学生的竞赛成绩进行整理，分成A，B，C，D四个等级． 【信息整理】 信息1： 等级 A B C D 成绩x 信息2：C组学生成绩为：86，87，88，88，88，88，88，89，89． 信息3： 抽取学生竞赛成绩的统计表 组别 平均数 众数 中位数 科创 88 b 88 【数据分析】 (1)填空： ， ； (2)补全条形统计图； (3)若科创组有320人，请估计这组成绩为A等级的学生共有多少人？ 20．为丰富校园生活，学校举办“经典咏流传”朗诵比赛，内容分为：A．唐诗、B．宋词、C．元曲． (1)小华从三个项目中随机抽取一个朗诵，求恰好抽中“宋词”的概率； (2)若小敏和小杰两人采用抽签方式，每人从三个项目中随机抽取一个，且两人抽取的项目不能相同．请用列表或树状图法，求小敏抽中“唐诗”且小杰抽中“元曲”的概率． 21．如图，正方形中，对角线，交于点，为线段上一点，请在线段上找一点，并使得________，连接，，则四边形是菱形．请补全条件，画出图形，并说明理由． 22．如图，点C为上一点，连接并延长至点A，使． (1)请用无刻度的直尺和圆规在圆上找一点B，使为的切线（保留作图痕迹，不写作法），并证明； (2)在（1）的条件下，设的半径为5，求的长度． 23．点为矩形的边上一点，．将矩形绕点逆时针旋转角得到矩形． (1)如图1，当点落在边上时，_____； (2)如图2，当点、、在同一直线上时，求的值； (3)当时，过作，垂足为，过、、三点的圆与边的另一个交点为，直接写出的值． 24．点，分别为反比例函数、的图象上一点，二次函数的图象经过点，，顶点为，，的横坐标分别为，，．    (1)如图，轴． 若，求的值； 试说明：当时，二次函数的函数值随增大而增大； (2)当，时，求直线与轴的交点坐标； (3)若，求证：． 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 《江苏泰州市 2026年中考数学第二轮复习卷》参考答案 1．B 【分析】先分别计算绝对值和乘方，再计算加法即可． 【详解】解： ． 2．D 【详解】解：A．不是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D．是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意． 3．C 【分析】根据合并同类项法则，同底数幂除法法则，积的乘方法则和完全平方公式，逐一判断各选项运算是否正确． 【详解】解：A．与不是同类项，不能合并，故该选项计算错误，不合题意； B．，故该选项计算错误，不合题意； C．，故该选项计算正确，符合题意； D．，故该选项计算错误，不合题意． 4．D 【分析】分别计算甲乙两人成绩的平均数、众数、中位数、方差，根据各统计量的结果判断，方差反映数据的波动程度，方差越小成绩越稳定． 【详解】解：将甲乙成绩从小到大排序，甲为8，9，9，9，10，乙为8，8，9，10，10， ∴甲的中位数为9，乙的中位数为9，两人中位数相同，排除C选项； 平均数：，， ∴两人平均数相同，排除A选项； 甲的众数为9，乙的众数为8和10，众数不是选拔运动员稳定发挥的核心判断依据，排除B； 方差：∵， ， ∴，甲的成绩更稳定，因此教练最看重的数据是方差． 5．C 【分析】二次根式的被开方数须为非负数，分式的分母不能为0，据此列出不等式确定x的范围，再结合选项判断即可． 【详解】解：∵ 式子有意义 ∴ 需同时满足二次根式和分式有意义的条件． 即 解得 且 ． 结合选项可知，只有符合条件． 6．B 【分析】本题考查了等边对等角，直径所对的圆周角是直角，根据等边对等角以及三角形内角和定理可得，根据同弧所对的圆周角相等可得，进而根据为的直径，得出，进而得出即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴ 故选：B． 7．C 【分析】此题考查了折叠的性质、三角形内角和定理、等边对等角等知识．根据三角形内角和定理求出，由折叠得到，根据三角形外角的性质即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∵将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上． ∴， ∴ 故选：C 8． 【分析】题考查了二次根式有意义的条件，负数没有平方根列出不等式，求出不等式的解集即可． 【详解】解：∵二次根式有意义， ∴， 解得：， 故答案为：． 9．液态氧 【分析】本题主要考查了有理数比较大小的实际应用，根据有理数比较大小的方法比较出四个物质凝固点的大小即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴凝固点最低的物质是液态氧， 故答案为：液态氧． 10． 【分析】本题主要考查了因式分解的提公因式法与公式法，熟练掌握提公因式法和平方差公式是解题的关键．先提取多项式中的公因式，再对剩余部分使用平方差公式进行分解． 【详解】解： ， 故答案为：． 11．k＞1. 【详解】试题分析：∵关于x的一元二次方程x2﹣2x+k=0无实数根，∴△=（-2）2-4×1×k=4-4k＜0，解得k＞1. 考点：一元二次方程根的判别式. 12． 【分析】根据圆锥的侧面积公式求解即可． 【详解】解：圆锥的侧面积； 故答案为：． 【点睛】此题考查了圆锥的侧面积，解题的关键是熟练掌握圆锥的侧面积公式． 13． 【分析】根据题意得到该函数在第二象限时，y随x的增大而增大，进而求解即可． 【详解】解：∵点在反比例函数的图像上，且当时，， ∴该函数图像在第二象限时，y随x的增大而增大， ∴． 14． 【分析】分别连接OC、OB，根据圆周角定理，可得，结合圆的对称性，根据勾股定理的性质计算，即可得到答案． 【详解】如图，分别连接OC、OB ∵ ∴ ∵的半径为5 ∴ ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查了圆、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、圆周角定理，从而完成求解． 15． 【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸到的球的颜色相同的情况，再利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】解：画树状图得： ∵共有25种等可能的结果，两次摸到的球的颜色相同的有13种情况， ∴两次摸到的球的颜色相同的概率为． 16． 【分析】连接，过点作于，过点作于，求出相关线段与角度，进而得，再由的面积得到，设的中点为，连接，进而得，从而根据和相似得到，设的中点为，连接，则，确定点的轨迹，连接，根据“两点之间线段最短”得到点，，在同一条直线上时，为最小，为，在中由勾股定理得，由此可得的最小值． 【详解】解：连接，过点作于，过点作于，如图1所示：    在菱形中，，，点为的中点， ，，， 在中，，， ，， ，， ， 在中，，， ， ， ，， ，， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， 设的中点为，连接，如图2所示：   ， ， ，即， 又， ， ， ， ， 设的中点为，连接，则， 在点的运动过程中，点始终在以点为圆心，以为半径的圆上运动，连接，如图3所示： 根据“两点之间线段最短”得，即， 当点，，在同一条直线上时，为最小，最小值为， ，， ， ， 在中，，，由勾股定理得， ， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，与圆有关的概念，熟练掌握菱形的性质，解直角三角形是解决问题的关键，难点是通过构造相似三角形得出点的轨迹是在圆上运动． 17．(1) (2) 【分析】（1）根据，再计算； （2）根据去分母，移项，合并同类项，系数化为1解答． 【详解】（1）解：原式； （2）解：， 去分母，得， 移项，得， 合并同类项，得， 两边都除以6，得． 18．化简得，代值得 【分析】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的混合运算是解题的关键．先化简，再求值即可． 【详解】解： ， 当时，原式． 19．(1)20，88 (2)见解析 (3)科创组成绩为A等级的学生共有64人 【分析】（1）用1减去扇形统计图中B，C，D等级所占百分比，即得；再根据众数的计算方法求解即可； （2）根据频数之和求出A等级的人数，补全条形图即可； （3）利用样本估计总体的思想进行求解即可． 【详解】（1）解： ∴， 20名学生的竞赛成绩中88出现了5次，出现的次数最多， ∴． （2）解：A等级的人数：(人)， 补全条形统计图如下： （3）解：(人) 答：估计科创组成绩为A等级的学生共有64人． 20．(1) (2) 【分析】（1）根据列举法求概率求解即可； （2）画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出小敏和小杰都没有抽到“元曲”的结果数，然后根据概率公式求解． 【详解】（1）解：随机抽取一个朗诵的结果：A．唐诗、B．宋词、C．元曲，总共有3种等可能的结果，抽中“宋词”的情况有1种，故（抽中宋词）； （2）解：画树状图如下： 共6种等可能性的结果，其中小敏抽中唐诗、小杰抽中元曲的情况有1种，故（小敏抽唐诗且小杰抽元曲）． 21．，见解析 【分析】根据题意，添加条件并补全图形，根据正方形的性质以及，由对角线互相平分的四边形是平行四边形，得出四边形是平行四边形，根据正方形的性质可得，即可证明四边形是菱形． 【详解】解：条件：． 补全图形． 理由如下：∵四边形是正方形， ，． ，， ∴四边形是平行四边形． 又， 是菱形． 22．(1)见详解 (2) 【分析】（1）以点C为圆心，为半径画弧交于点B，连接即可； （2）根据弧长公式即可； 【详解】（1）解：如图，以点C为圆心，为半径画弧交于点B，连接即可． 证明：连接，， 根据题意可得， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴为的切线． （2）解：根据（1）可得， ∵的半径为5， ∴的长． 23．(1) (2) (3)或 【分析】（1）过点O作于点G，连接，设，则；由勾股定理得，由旋转的性质可得，证明四边形是矩形，得到，则可证明，进而证明是等边三角形，据此可得答案； （2）设，则；由矩形的性质可得，则，利用勾股定理求出，则，据此可得答案； （3）分图3-1和图3-2两种情况，求出的长，证明三角形相似，利用相似三角形的性质推出的长，进而求出的长即可得到答案． 【详解】（1）解：如图所示，过点O作于点G，连接， 设， ∵， ∴； ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得， 由旋转的性质可得， ∵， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴ ∴； （2）解：如图所示，连接， 设， ∵， ∴； ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得； 由旋转的性质可得， 在中，由勾股定理得， ∴； （3）解：如图3-1所示，连接， 设， ∵， ∴； ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得； 由旋转的性质可得， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 由题意得，这四点共圆， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴； 如图3-2所示，连接， 设， ∵， ∴； ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得； 由旋转的性质可得， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 由题意得，这四点共圆， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即，， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的值为或． 24．(1)；见解析； (2)； (3)见解析． 【分析】（）由反比例函数的性质求出，，然后通过待定系数法求解析式即可； 由题意得，，则有，，所以，则，得，从而求证； （）当时，，，所以，求得，再求出解析式为 ，则当时，，从而求解； （）过作轴于，过作轴于，所以，，，则，，求得，又，所以，从而可得． 【详解】（1）解：∵，即的横坐标为， ∴当时，， ∴， ∵轴， ∴的纵坐标相同，且为， ∴当时，，解得：， ∴， ∵二次函数的图象经过点，， ∴，解得：； 由题意得，， ∵轴， ∴，， ∴， ∴ ， ∴， ∴当时，的函数值随的增大而增大； （2）解：当时，，， ∴， ∵， ∴， 设直线解析式为，把，代入得， ，解得： ∴解析式为 ， ∴当时，， ∴直线与轴的交点坐标为； （3）解：过作轴于，过作轴于，如图，    ∵，，， ∴，， ∵ ， ， ∴ ， ∵， ∴ ， ∴， ∴ ， ∴， ∵， ∴， ∴． 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 $