2026年江苏无锡市中考数学考前适应性练习卷

**基本信息** 2026年无锡中考数学适应性卷，以新能源电池迭代（第9题）、折叠操作探究（第26题）为特色，覆盖函数、几何等核心知识，适配中考模拟需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10题|图形性质、实数、二次根式|结合生活情境（如第4题实践作业统计）| |填空题|8题|因式分解、圆锥侧面积、反比例函数|设置动态问题（如第18题动点几何）| |解答题|7题|函数综合、几何证明、统计分析|分层探究（如第26题折叠操作三层次）|

2026年江苏省无锡市中考数学考前适应性练习卷 一、单选题 1．下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．下列实数，比小的是（    ） A． B．0 C． D． 3．若二次根式有意义，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4．某校九年级5个班一学年完成数学实践作业的次数分别为7、8、9、9、10．这组数据的众数为（   ） A．10 B．9 C．8 D．7 5．下列运算正确的是（   ） A． B． C． D． 6．把函数的图像沿轴向上平移3个单位长度，所得到的图像一定经过点（    ） A． B． C． D． 7．如图，为圆的直径，点C，D在圆上且在的两侧．若，（   ） A． B． C． D． 8．在平面直角坐标系中，若点既在函数的图像上，又在函数的图像上，且满足，则称点为这两个函数的一个“非负公共点”．例如，点就是函数和函数的一个“非负公共点”．现有函数和．已知它们存在“非负公共点”．下列说法： ①的值可以是3； ②的值可以是1； ③若仅存在一个“非负公共点”，则； ④若存在两个“非负公共点”，则． 其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 9．某新能源汽车公司为提高电池包能量密度，对电极材料进行迭代升级．已知原电极材料的能量密度为，经过两次迭代升级，每次升级后的能量密度都是升级前的倍，最终能量密度达到，则可列方程为（    ） A． B． C． D． 10．如图，是反比例函数（）的图象上一点，延长至点，使，过点作轴，交该反比例函数图象于点，过点作，交于点．若四边形的面积为4，则的值为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 11．6的相反数是__________． 12．分解因式：____________． 13．已知圆锥的底面半径为，母线长为，则此圆锥的侧面积为___________． 14．请写出命题“如果，那么．”的逆命题是________ 15．若，是一元二次方程的两根，则________． 16．将直线向下平移4个单位长度，若平移后的直线经过第二、第三、第四象限，则k的值可以是________． 17．如图，已知点是矩形的对角线上的一动点，正方形的顶点、都在边上，若，，则_____． 18．如图，等边边长为1，D为上一动点（D不与A、C重合），过D作，垂足为E，M为线段上一点，且，过M作交于N．设，． （1）当时，______； （2）在点D运动的过程中，y关于x的函数表达式为______． 三、解答题 19．计算、解方程： (1)； (2)． 20．化简、解不等式组： (1) (2) 21．某校随机对部分学生“整理错题的行为习惯”进行问卷调查．问卷主题是：“作业或考试中做错的题目你及时纠错解疑吗？”，设置的选项有：A：偶尔，B：较少，C：较多，D：一直．将调查结果的数据进行了整理、绘制成部分统计图如图． 请根据图中信息，解答下列问题： (1)本次抽样调查人数是_____，请补全条形统计图； (2)扇形统计图中选项“较少”占的百分比中_____，选项“较多”对应的圆心角是_____度； (3)若该校共2400名学生，请根据统计结果估计“一直”对错题进行纠错解疑的学生约有多少名？ 22．如图，点在线段上，，且，．连接，． (1)求证：； (2)若，，求的度数． 23．如图，四边形是平行四边形．以边为直径作，恰好为的切线，其中点为切点．点是下方上的点，连接、． (1)求的度数； (2)若，，求的长． 24．如图，在矩形中，，．将该矩形绕着点按逆时针方向旋转，得到矩形．连接、． (1)当点的对应点落在边上时，求的长； (2)在旋转过程中，设，的面积为．求与之间的函数表达式，并求出的最大值． 25．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称． (1)则抛物线解析式中________，________； (2)当时，y的取值范围是，求t的值； (3)点C是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点C作x轴的垂线交直线于点D，在y轴上是否存在点E，使得以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形？若存在、求出该菱形的边长；若不存在，说明理由． 26．数学活动课上，老师为同学们提供了若干大小不同的矩形纸片、其中边长均为．同学们以折叠矩形纸片展开数学探究活动． 【动手操作】 步骤如下： 第一步：如图①，将矩形纸片对折、使边重合，展开后折痕与交于点F． 第二步：如图②，在上取一点E，沿折叠矩形，点A的对应点为G．延长交于点H，将纸片沿过点H的直线折叠．使点C的对应点落在所在直线上，折痕与交于点M． (1)求证：． 【初步感知】 A小组的同学们选用了如图③所示的矩形纸片．在按上述步骤折叠的过程中发现，当点E与点D重合时，此时点F、G、M三点在一条直线上． (2)求的长． 【应用创新】 (3)如图④，B小组的同学们选用了的矩形纸片，按步骤进行多次折叠（选取不同位置的点E），且第二步折叠中，过点H的折痕与交于点M，把纸片展开后，连接．当为直角三角形时，则的长为________． 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年江苏省无锡市中考数学考前适应性练习卷》参考答案 1．B 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解，把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；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． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 2．D 【分析】本题考查了实数的大小比较，掌握正数都大于零；负数都小于零；正数大于负数；两个正数比较大小，绝对值大的数大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小是本题的关键．利用实数大小的比较方法解答即可． 【详解】解：A．∵，∴，故不符合题意； B．，故不符合题意； C．∵，∴，故不符合题意； D．∵，∴，故符合题意； 故选：D． 3．B 【分析】本题考查二次根式有意义的条件和一元一次不等式，根据二次根式被开方数为非负数，列不等式求解即可得到的取值范围． 【详解】解：由题可知， 解得：． 4．B 【分析】根据众数的定义，找出一组数据中出现次数最多的数即可得到结果． 【详解】解：∵ 这组数据为7、8、9、9、10，其中出现次，出现次，出现次，出现次. ∴ 是这组数据中出现次数最多的数. ∴ 这组数据的众数为． 5．D 【分析】根据合并同类项法则、同底数幂的乘法法则、同底数幂的除法法则、幂的乘方法则逐一判断选项. 【详解】解：∵ 与 不是同类项，不能合并，， ∴ 选项A错误； ∵ ， ∴ 选项B错误； ∵ ， ∴ 选项C错误； ∵ ， ∴ 选项D正确. 6．C 【分析】本题考查一次函数图像的平移规律，利用“上加下减”的平移规则求出平移后的函数解析式，再代入点坐标验证即可得到结果． 【详解】解：∵原函数为，将其图像沿轴向上平移3个单位长度，根据一次函数平移规则， ∴平移后得到的函数解析式为． 将代入解析式，得， ∴在平移后的图像上，因此选C． 7．C 【详解】解：∵为圆的直径， ∴， ∵， ∴， ∵, ∴． 8．A 【分析】根据“非负公共点”的定义，联立两个函数方程，转化为一元二次方程根的问题，结合得交点横坐标，再分别判断四个说法的正误． 【详解】解：∴联立 整理得 ∵点是两个函数的非负公共点， ∴，且，即； 对于一元二次方程，判别式 ①当时，， ∴方程的解为 由方程的两根都满足，存在非负公共点，故①正确； ②当时，，方程无实根，不存在公共点，故②错误； ③仅存在一个非负公共点分两种情况： 当，则， ∴，此时方程根为，满足条件； 当，则 即， 则方程一个根大于2，一个根小于等于2， 设，开口向上， 则，那么 解得，此时也仅一个非负公共点， ∴仅存在一个非负公共点时，或，故③错误； ④若存在两个非负公共点，需要， 解得，不是，故④错误； 综上，正确的说法只有1个． 9．A 【分析】本题考查根据实际问题列方程，解题思路是依次推出两次升级后的能量密度，结合最终能量密度列出方程即可． 【详解】解：∵原电极材料的能量密度为，每次升级后的能量密度是升级前的倍， ∴第一次升级后的能量密度为 ， 第二次升级后的能量密度为 ， ∵最终能量密度达到 ， ∴可列方程为 ． 10．B 【分析】根据可得，进而可得，根据面积的和差求出，设点坐标为，则，由轴，结合反比例函数性质可得，由即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 设点坐标为，则， ∵轴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 11． 【分析】直接根据相反数的定义求解即可，只有符号不同的两个数互为相反数． 【详解】解：6的相反数是． 12． 【分析】本题考查了平方差公式因式分解，能用平方差公式进行因式分解的式子的特点是：两项平方项，符号相反．该题直接利用平方差公式进行因式分解即可． 【详解】解：． 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了圆锥的侧面积，根据公式计算即可求解 【详解】解：圆锥的底面半径为，母线长为，则此圆锥的侧面积为， 故答案为：． 14．如果，那么 【分析】本题考查的是命题与定理，把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题，从而求出答案． 【详解】解：命题“如果|，那么”的逆命题是：如果，那么． 故答案为：如果，那么． 15． 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，可直接求出两根之和．对于一元二次方程，两根之和满足． 【详解】，是一元二次方程的两根， ． 16． （答案不唯一） 【分析】先根据平移规律得到平移后直线的解析式，再根据一次函数图象经过的象限确定的取值范围，在范围内取一个符合条件的值即可； 【详解】解：将直线向下平移个单位长度，根据平移规律可得平移后直线的解析式为 ，即， 平移后的直线经过第二、第三、第四象限， ， 的值可以是（答案不唯一）． 17．/ 【分析】由矩形性质得，则，在中，，由此得，设，由正方形性质得，在中，由，得，由此得，在中，由勾股定理得，继而得，然后根据得，由此可得的值． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴，是直角三角形， 在中，，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，设， ∵顶点都在边上， ∴和都是直角三角形，， 在中，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∴． 18． 【分析】设，得到，结合等边三角形的性质，直角三角形的性质，得到，代入解答即可；延长交于点G，利用相似三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理解答即可． 【详解】解：（1）设， ∵等边的边长为1， ∴，， ∵，且， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴； （2）如图，延长交于点G， ∵等边的边长为1， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴． 19．(1)0 (2)， 【分析】（1）先计算绝对值，负整数指数幂，算术平方根，再把各项相加减即可； （2）利用因式分解法解一元二次方程即可． 【详解】（1）解： ； （2）解：， ， 或， ∴，． 20．(1) (2) 【详解】（1）解：原式 ； （2）解：， 解不等式①得， 解不等式②得， 所以原不等式组的解集为． 21．(1)200，图见解析 (2)；108 (3)“一直”对错题进行纠错解疑的学生约有840名 【分析】本题考查条形统计图和扇形统计图的应用，计算扇形统计图中的占比和圆心角，用样本估算总体，掌握好相关知识是关键． （1）用“偶尔”的人数除以占比求得抽样调查的人数，作差求出“较多”的人数，然后补全条形统计图即可； （2）用“较少”的人数除以抽样调查的人数求出占比，同样方法算出“较多”的占比，再乘以得出“较多”对应的圆心角； （3）计算出“一直”在样本中的占比，再乘以全校学生数即可． 【详解】（1）解：对比两个统计图可知，“偶尔”的人数为人，占比， ∴本次抽查的人数为（人）， ∴“较多”的人数为（人）， 补全条形统计图，如图所示： （2）解：“较少”的百分比为， ∴， “较多”对应的圆心角的度数为； （3）解：（人）． 答：“一直”对错题进行纠错解疑的学生约有840名． 22．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． （1）根据，得到，由“”可证； （2）由全等三角形的性质可得，由三角形外角的性质求出，再由即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ， 在和中， ， ； （2）解：∵，，， ， 又， ． 23．(1) (2) 【分析】（1）连接，由切线的性质可得，由平行四边形的性质可得，由平行线的性质可得，最后再由圆周角定理计算即可得出结果； （2）作于点，解直角三角形可得，最后再由正弦的定义计算即可得出结果． 【详解】（1）解：如图，连接， ， ∵为的切线， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：如图，作于点， ， 由（1）可得， ∴， ∵， ∴， ∴． 24．(1) (2)， 【分析】（1）过点作，连接，过点作，如图所示，由矩形性质求出相关角度和线段关系，在中，由勾股定理求出，结合旋转性质及三角形相似的判定与性质得到相似比，代值求出，最后在中由勾股定理求解即可； （2）过点作、，过点作，构造出矩形，求出矩形的两条邻边长度，在中，由勾股定理列式求解即可得到与之间的函数表达式，再由二次函数性质及点的轨迹为圆分析求解即可得到的最大值． 【详解】（1）解：当点的对应点落在边上时，如图所示： 在矩形中，，， 过点作，连接，过点作，如图所示： 四边形是矩形， ，，，， 在中，，则由勾股定理可得， 由旋转性质可知，则， ， 则， 解得，， ， 在中，，，则由勾股定理可得； （2）解：过点作、，过点作，如图所示： 四边形是矩形，则， ， 解得， ，， 是的中线，则， 在中，，则由勾股定理可得， 由等面积法可知， ，解得， 在中，由勾股定理可得，则， ， ， 直接开平方得， 即与之间的函数表达式为， ，即抛物线开口向上，且对称轴为轴， 值随着的增大而增大， 将该矩形绕着点按逆时针方向旋转，则点在以点为圆心、为半径的圆周上，如图所示： 在旋转过程中，设，则为直径，即时，的面积有最大值，为． 25．(1)， (2) (3)或 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）先求出抛物线图象与轴的另一个交点的坐标为，分，，两种情况，结合二次函数的增减性进行求解即可． （3）分为菱形的边和菱形的对角线两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称， ∴， 解得； （2）解：由（1）知该抛物线的解析式为， ∵， ∴该抛物线的顶点坐标为， 令， 解得或， ∴抛物线图象与轴的另一个交点的坐标为， 当时，即，此时，随的增大先增大到最大值再减小， 此时，，解得（舍去）； 当时，即，此时，随的增大而减小， 此时，，即， 解得或（舍去）； 综上，当时，y的取值范围是，t的值为； （3）解：存在； 将代入，则， ∴， 设直线的解析式为，把代入，得， 解得 ∴， 设，则， ∴，，， 当B，C，D，E为顶点的四边形是菱形时，分两种情况： ①当为边时，则，即， 解得（舍去）或， 此时菱形的边长为； ②当为对角线时，则，即， 解得或（舍去）， 此时菱形的边长为； 综上：存在以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为或． 26．(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）连接，根据折叠的性质得到，再证明即可； （2）证明，则，再对运用勾股定理求解即可； （3）当时，可得四边形是矩形，则，然后可得 为等腰直角三角形，则；当时，连接，过点作于点，先得到三点共线，求出，则，再证明，设，则，根据相似三角形的性质求解，最后由勾股定理求解得到． 【详解】（1）证明：连接，如图②： 由第一次折叠可得，， ∵四边形是矩形， ∴ 由第二次折叠可得， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：连接，如图③： 由②得，， ∴ ∵矩形， ∴，， ∴ 由折叠可得， ∵ ∴ ∴， 由（1）得， ∴ ∴ ∴， 由折叠可得， ∴， ∴， ∴； （3）解：当时， ∴ ∵矩形， ∴ ∴ ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠可得，平分 ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴； 当时，连接，过点作于点， 则， ∵折叠， ∴， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴， ∴， 同上可证明四边形为矩形， ∴， ∴， 由折叠可得，， 由（1）得， ∴， ∴ ∴ ∴， ∵ ∴， ∵， 又∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴， 设，则 ∴， 解得 ∴， 综上：当为直角三角形时，则的长为或． 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 $