河北省押题卷-【押题卷】2026年初中学业水平考试数学押题卷

**基本信息** 聚焦河北中考命题趋势，以二进制运算、新能源汽车充电等真实情境为载体，融合几何直观与运算能力，实现基础巩固与创新应用的梯度考查。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----|----| |选择题|12|数与式、图形变换、视图|结合三角板摆放考查平行线性质（第2题）| |填空题|4|新运算、统计、几何计算|正六棱柱挖长方体探究边长范围（第16题）| |解答题|8|函数应用、几何综合、统计与概率|新能源汽车充电函数模型（第22题）；折叠问题发展空间观念（第23题）|

河北省押题卷-2026年河北省初中学业水平考试数学押题卷 一．选择题（共12小题） 1．我们知道十进制加法运算要注意满十进一，而二进制加法运算要注意满二进一，则二进制下的（101）2+（111）2＝（　　） A．（1011）2 B．（1110）2 C．（1100）2 D．（1001）2 2．用一副三角板按如图所示的方式摆放，其中点A，B在直线l上，∠CAD＝∠EBF＝90°，∠C＝45°，∠F＝30°，点A，E，D，F在同一条直线上，当CD∥AB时，则∠ABE的度数为（　　） A．45° B．35° C．25° D．15° 3．下列计算正确的是（　　） A． B． C． D． 4．如图，用放大镜将孙悟空的手绘图片放大，则放大前后两个图形之间属于（　　） A．轴对称变换 B．平移变换 C．相似变换 D．旋转变换 5．如图是物理中经常使用的U型磁铁示意图，其左视图是（　　） A． B． C． D． 6．若一元二次方程x（2x﹣3）﹣4＝0的两根之和与两根之积分别为m，n，则点（m，n）在平面直角坐标系中位于（　　） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 7．新冠病毒非常小，无孔不入，我们要“珍惜生命，讲究卫生”．新冠病毒的直径约为，若用科学记数法记作1.1×10﹣7，则n的值为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 8．计算的结果等于（　　） A．1 B． C． D． 9．如图，在△ABC中，∠A＝80°，AB＝8，AC＝6，将△ABC沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与△ABC不相似的是（　　） A． B． C． D． 10．如图，在等边△ABC中，点D，E分别是BC，AC上的点，AB＝7，CD＝2，∠ADE＝60°，则AE等于（　　） A．5 B． C．6 D． 11．如图，把一张长方形纸片ABCD沿AF折叠，使点B落在点B′处．若AB′∥BD，∠ADB＝20°，则∠BAF的度数是（　　） A．75° B．70° C．65° D．55° 12．如图，正方形ABCD的顶点A，D分别在x轴，y轴上，点B（﹣7，5）在直线l：y＝kx﹣2上，直线l分别交x轴，y轴于点E，F，将正方形ABCD沿y轴向下平移m个单位长度后，点C恰好落在直线l上．则m的值为（　　） A．5 B．7 C．3 D．6 二．填空题（共4小题） 13．用⊗定义一种新运算：对于任意实数a和b，若a⊗b＝a2+ab﹣2，求　 　 ． 14．某足球运动员进行定点射门训练，通过大量重复射门试验后，发现射进球门的频率稳定在0.7．若该足球运动员定点射门10次，则估计他射进球门的次数为　 　 次． 15．如图，一根长度为4个单位长度的木棒在数轴上水平滑动．木棒左端对应数轴上的点为A，右端对应数轴上的点为B．数轴上点C对应的数为1，点A，B均在点C的左侧．若点A到点C的距离是点B到点C距离的3倍，则点B对应的数为　 　 ． 16．图1是一种拼装玩具的零件，它可以看作是底面为正六边形的六棱柱，其内部挖去一个底面为正方形的长方体后得到的几何体，图2是该零件的俯视图，正方形ABCD的两个相对的顶点A，C分别在正六边形一组平行的对边上，另外两个顶点B，D在正六边形内部（包括边界），点E，F分别是正六边形的顶点． 已知正六边形的边长为2，正方形边长为a． （1）连接EF，EF的长为 　 　 ； （2）a的取值范围是 　 　 ． 三．解答题（共8小题） 17．按照如图所示的程序进行运算． （1）计算输出整式N的最简结果； （2）输入任意x的值进行运算，发现输出N的结果总不超过﹣7．请验证这个结论． 18．整式加减的本质是合并同类项，我们可以像小学列竖式一样，将多项式按同一字母降幂排列，并使同类项上下对齐，从而逐项计算．例如，计算（x3﹣2x2﹣5）﹣（x﹣2x2+1）． 第①步：整理多项式，按降幂排列， 第一个多项式：x3﹣2x2﹣5； 第二个多项式：﹣2x2+x+1． 第②步：写成竖式，将同类项上下对齐，缺项补零，逐项相减， 第③步：写出结果， （x3﹣2x2﹣5）﹣（x﹣2x2+1）＝x3+0﹣x﹣6＝x3﹣x﹣6． 试用上面的方法解决这个计算问题：（2x3﹣x2﹣1）﹣（3x﹣x2+2）． 19．探究下列问题： 【发现】 （1）如图1，在边长为1的正六边形ABCDEF中，对角线AE＝　 　 ，BE＝　 　 ，AE与AB的位置关系为　 　 ； 【应用】图2是由边长为1的正六边形构成的网格图．正六边形的顶点称为格点，已知A，B，C，D是网格图中的格点、连接AD、BC、AB、CD、AB与CD相交于点P，其中AD∥BC． （2）分别求及tan∠ABC的值． 20．2025年8月，成都将举办第12届世界运动会．某校为了让学生了解更多的比赛项目，利用自主选学时间开设了航空运动、浮士德球、地掷球及体育舞蹈四个比赛项目的科普课堂．每位学生必须且只能选某个项目的科普课堂进行学习．该校随机调查了部分学生的学习意愿，并根据调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图． （1）求本次被调查的学生总人数，并补全条形统计图； （2）在扇形统计图中，求“浮士德球”对应的圆心角度数； （3）在学校组织学生科普学习后，校园小记者随机采访了两位同学，请利用画树状图或列表的方法，求出被采访的两位同学恰好在同一科普课堂学习的概率． 21．如图1和2，点A，B，C都是⊙O上的点，AE切⊙O于点A，CE与⊙O相交于点F．AE∥OB，∠OCE＝30°．弦． （1）求⊙O的半径； （2）如图1，若AC为直径，求线段AE与的长．并比较大小； （3）在（2）的基础上，改变点C的位置使CE∥AO，如图2，直接写出此时线段EF的长度． 22． 背景 我国新能源汽车产销量连续10年全球第一，2025年出口261.5万辆，纯电动汽车占比超六成．凭借环保节能的优势，电动车越来越受到青睐，预计到2035年，纯电动汽车将占据市场绝对主导地位． 素材1 工程师对某品牌的A款电动车进行充电测试，用快速充电桩和慢速充电桩分别对剩余电量为20%的两台A款电动车同时充电，充电时，各自的电量y与充电时间x（小时）的函数图象分别为图中的线段BC和BD． 素材2 暑假里，小明一家驾驶某品牌的A款电动车从家出发去外地旅游，途中发现电量不足，便驶入服务区充电．此时，车辆剩余电量为20%，但服务区内的快速充电桩已满，只能先使用慢速充电桩充电．小明一家在慢速充电40分钟后，恰好有快速充电桩空出，立即改为快速充电（切换时间忽略不计）．由于行程安排，他们在服务区最多能停留1.5小时． 问题解决 任务一 根据素材1，试分别对快速充电和慢速充电两种情况，写出y关于x的函数解析式，并分别指出自变量x的取值范围． 任务二 当他们离开服务区时，车辆的电量能否充至100%？请说明理由． 23．综合与实践 【情境】实际生活中，利用折叠的性质可以解决很多问题． 【发现】现有一张长为2．宽为1.8的矩形ABCD纸片．由于该矩形纸片的长与宽的长度很接近．为了确定AB与BC哪个是较长边，嘉嘉和淇淇尝试用不同方法解决问题． 如图1，嘉嘉的方法： ①将矩形ABCD纸片沿过点B的直线折叠，使点A的对应点A′落在BC边所在的直线上； ②最终发现点A′在线段BC上． 如图2，淇淇的方法： ①将矩形ABCD纸片的顶点A与C通过折叠重合，设折痕与矩形的边分别交于E，F两点，并且满足点E在点F的上方； [探究] （1）通过嘉嘉的方法可以判断，较长边为　 　 （填“AB”或“BC”）； （2）在图2中，结合淇淇的方法， ①用尺规作图作出折痕EF（保留作图痕迹，不写作法），并说明AB与BC哪个是较长边； ②若连接AE、CF，直接写出四边形AECF的形状（不说理由）； [拓展]在四边形PQMN纸片中，PN∥QM，∠PQM＝90°，PQ＝4，QM＝5，PN＝8．按如下要求折叠该四边形纸片． （3）如图3，将四边形PQMN纸片沿对角线QN折叠，请判断点M的对应点M′能否落在边PN上，说明理由； （4）如图4，将四边形PQMN纸片折叠，使折叠后点M的对应点M′始终落在边PN上，点Q的对应点为Q′，折痕与边PQ、MN分别交于G、H两点．当时，直接写出GQ的长． 24．有一种玩具叫“不倒翁”，图1所示的不倒翁自上而下由糖果盒、装饰盒、底座三层构成．这个不倒翁造型的底部纵截面边缘形成一条抛物线，若将不倒翁放在矩形桌面上，当其相对桌面静止时，最低点A距桌边线的水平距离为10cm，此时，粘在玩具上的标签B距桌面的垂直距离为2.5cm，距桌的边线的水平距离为5cm．已知不倒翁的底部最高点距桌面的垂直距离为10cm．如图2，建立平面直角坐标系，其中点的横坐标表示这点与桌的边线的水平距离，纵坐标表示这点与桌面的垂直距离． （1）求这个不倒翁底座所在抛物线的函数表达式． （2）这个不倒翁糖果盒、装饰盒两部分纵截面边缘也恰好形成一条抛物线，且装饰盒上点Q距桌面的垂直距离为30cm，距桌的边线的水平距离为5cm．求这个不倒翁的总高度． （3）当不倒翁向左摇摆恰好点B在桌面上时，它有越过左边线的部分吗？请说明理由． 河北省押题卷-2026年河北省初中学业水平考试数学押题卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共12小题） 1．【解答】解：∵十进制加法运算要注意满十进一，二进制加法运算要注意满二进一， ∴（101）2+（111）2＝（1100）2． 故选：C． 2．【解答】解：根据题意得，∠ADC＝45°，∠BED＝60°， ∵CD∥AB， ∴∠BAE＝∠ADC＝45°， ∵∠BED＝∠BAE+∠ABE， ∴∠ABE＝15°， 故选：D． 3．【解答】解：A、2，原计算错误，不符合题意； B、，原计算错误，不符合题意； C、（）（）＝7﹣3＝4，正确，符合题意； D、与不是同类二次根式，不能合并，原计算错误，不符合题意． 故选：C． 4．【解答】解：放大前后两个图形之间属于相似变换， 故选：C． 5．【解答】解：由题意可得：其左视图是 ， 故选：C． 6．【解答】解：原方程x（2x﹣3）﹣4＝0整理得： 2x2﹣3x﹣4＝0， 设方程的两根为x1，x2，对于一元二次方程ax2+bx+c＝0，有： 两根之和m＝x1+x2， 两根之积n＝x1x22， 点（m．n）即为（，﹣2）， ∵横坐标为正，纵坐标为负， ∴该点位于第四象限， 故选：D． 7．【解答】解：∵1.1×10﹣7＝0.00000011， ∴n＝7， 故选：C． 8．【解答】解：原式 ， 故选：D． 9．【解答】解：A、根据两角对应相等的两个三角形相似判断即可，本选项不符合题意； B、根据两角对应相等的两个三角形相似判断即可，本选项不符合题意； C、不满足相似三角形的条件，本选项符合题意； D、根据两边成比例夹角相等两三角形相似判断即可，本选项不符合题意． 故选：C． 10．【解答】解：∵△ABC为等边三角形， ∴BC＝AC＝AB＝7，∠B＝∠C＝60°， ∵CD＝2， ∴BD＝5， ∵∠ADC＝∠B+∠BAD， 即∠ADE+∠CDE＝∠B+∠BAD， 而∠ADE＝60°， ∴∠BAD＝∠CDE， ∵∠B＝∠C， ∴△CDE∽△BAD， ∴CE：BD＝CD：AB，即CE：5＝2：7， 解得CE， ∴AE＝AC﹣CE＝7． 故选：B． 11．【解答】解：∵AB′∥BD，∠ADB＝20°， ∴∠B′AD＝∠ADB＝20°， ∵长方形纸条中∠BAD＝90°， ∴∠BAB′＝90°+20°＝110°， 根据折叠可得：， 故选：D． 12．【解答】解：过B作BG⊥x轴于G，过C作CH⊥y轴于H，如图： 把B（﹣7，5）代入y＝kx﹣2得：5＝﹣7k﹣2， 解得k＝﹣1， ∴直线l解析式为y＝﹣x﹣2， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∴∠BAG＝90°﹣∠DAO＝∠ADO， ∵∠BGA＝∠AOD＝90°， ∴△BGA≌△AOD（AAS）， ∵B（﹣7，5）， ∴BG＝OA＝5，OG＝7， ∴AG＝OD＝OG﹣OA＝7﹣5＝2， 同理可得△AOD≌△DHC（AAS）， ∴OA＝DH＝5，OD＝CH＝2， ∴OH＝OD+OH＝2+5＝7， ∴C（﹣2，7）， 将C（﹣2，7）沿y轴向下平移m个单位长度得（﹣2，7﹣m）， 把（﹣2，7﹣m）代入y＝﹣x﹣2得： 7﹣m＝2﹣2， 解得m＝7， 故选：B． 二．填空题（共4小题） 13．【解答】解：∵a⊗b＝a2+ab﹣2， ∴． 故答案为：． 14．【解答】解：因为大量重复试验后，射进球门的频率稳定在0.7， 所以估计定点射门10次射进球门的次数为10×0.7＝7． 故答案为：7． 15．【解答】解：设点B对应的数为x（x＜1），则点A对应的数为（x﹣4）， 根据题意得：1﹣（x﹣4）＝3（1﹣x）， 1﹣x+4＝3﹣3x， 解得x＝﹣1． 故答案为：﹣1． 16．【解答】解：（1）如图，过点O作OM⊥EF，垂足为点M，ON⊥CD，垂足为点N，连接OE，OC， 则EM＝FMEF，CN＝DNCD， ∵EF是正六边形的一条对角线， ∴∠EOM60°， 在Rt△EOM中，OE＝2，∠EOM＝60°， ∴EMOE， ∴EF＝2EM＝2， 故答案为：2； （2）如图①，当正方形ABCD的对角线AC在正六边形一组平行的对边的中点上时， 正方形边长a的值最小，AC是正方形的对角线， ∴AC＝A′D＝2， ∴a， 如图②，当正方形ABCD的四个顶点都在正六边形的边上时，正方形边长a的值最大，AC是正方形的对角线AC， 设A′（t，）时，正方形的边长最大， ∵OB′⊥OA′， ∴B′（，t）， 设直线MN的解析式为y＝kx+b，M（﹣2，0），N（﹣1，）， ∴， ∴， ∴直线MN的解析式为yx﹣2， 将B′（，t）代入得t＝3﹣2， 此时，A′B′取最大值， ∴a6﹣2， ∴正方形边长a的取值范围是：a≤6﹣2． 故答案为：a≤6﹣2． 三．解答题（共8小题） 17．【解答】解：（1）N＝M﹣（x+2）2 ＝（x﹣1）（3﹣x）﹣（x+2）2 ＝3x﹣x2﹣3+x﹣（x2+4x+4） ＝﹣2x2﹣7； （2）由（1）可知N＝﹣2x2﹣7， ∵对任意x的值，x2≥0， ∴﹣2x2≤0， ∴﹣2x2﹣7≤﹣7，即输出N的结果总不超过﹣7． 18．【解答】解：（2x3﹣x2﹣1）﹣（3x﹣x2+2）＝（2x3﹣x2﹣1）﹣（﹣x2+3x+2）， ， ∴（2x3﹣x2﹣1）﹣（3x﹣x2+2）＝2x3+0﹣3x﹣3＝2x3﹣3x﹣3． 19．【解答】解：（1）如图1，在边长为1的正六边形ABCDEF中，过F作FH⊥AE交AE于H， ∴，AB＝FA＝FE＝1， ∴∠FAH＝30°，且H为AE中点， ∴，，∠EAB＝∠FAB﹣∠FAH＝90°， ∴AE⊥AB， 在直角三角形ABE中，由勾股定理得：BE2， 故答案为：；2；AE⊥AB； （2）如图2是由边长为1的正六边形构成的网格图，连接AC，则AC⊥BC，即∠ACB＝90°， ∵AD∥BC， ∠ADP＝∠BCP，∠DAP＝∠CBP， ∴△APD∽△BPC， ∴， 由（1）知：AD＝2，BC＝2+1+2＝5， ∴， 在Rt△ABC中，， 又∵， ∴． 20．【解答】解：（1）本次调查的学生总人数为：60÷40%＝150（人）， 则选择“地掷球”的学生人数为：150﹣60﹣30﹣45＝15（人）， 补全条形统计图如下： （2）∵360°72°， ∴“浮士德球”对应的圆心角度数为72°； （3）将航空运动、浮士德球、地掷球及体育舞蹈四个比赛项目的科普课堂分别记为A、B、C、D， 画树状图如图： ∴共有16个等可能的结果，采访的两位同学恰好在同一科普课堂学习的结果有4个， ∴被采访的两位同学恰好在同一科普课堂学习的概率为． 21．【解答】解：（1）∵AE切⊙O于点A，AC为直径， ∴∠CAE＝90°， ∵AE∥OB， ∴∠AOB＝∠CAE＝90°， ∵，OA＝OB， ∴，， 则⊙O的半径为3； （2）在Rt△CAE中，∠OCE＝30°，AC＝2OA＝6， ∴， 连接OF， ∴∠AOF＝2∠OCE＝60°， ∴， ∴； （3）如图，延长BO交CF于H， ∵AE切⊙O于点A， ∴∠OAE＝90°， ∵CE∥AO，AE∥OB， ∴∠AOH＝∠OAE＝∠AEH＝90°， ∴四边形AEHO是矩形， ∴∠OHE＝90°，AE＝OH，EH＝OA＝3， ∴FH＝CH， 在Rt△OHC中，∠OCH＝30°，OC＝3， ∴，， ∴． 22．【解答】解：（1）由题意，设快充为y＝kx+b（0≤x≤1）， ∵图象过（0，20%），（1，100%）， ∴， ∴k＝80%，b＝20%． ∴快充的函数解析式为y＝80%x+20%（0≤x≤1）； 设慢充为y＝mx+n（0≤x≤8）， ∵图象过（0，20%），（8，100%）， ∴， ∴m＝10%，b＝20%． ∴慢充的函数解析式为y＝10%x+20%（0≤x≤8）； （2）车辆的电量不能充至100%．理由如下： 由题意得，慢充时间＝40÷60（小时）， ∴快充时间＝1.5（小时）； ∴电量＝20%10%80%1． ∴当他们离开服务区时，车辆的电量不能充至100%． 23．【解答】解：（1）∵将矩形ABCD纸片沿过点B的直线折叠，使点A的对应点A′落在BC边所在的直线上； ∴AB＝A′B， 又∵BA′＜BC， ∴AB＜BC， 故答案为：BC； （2）①折痕EF，如图2即为所求； 连接AE， ∵将矩形ABCD纸片的顶点A与C通过折叠重合，设折痕与矩形的边分别交于E，F两点， ∴AE＝CE， ∴AE+BE＝CE+BE，即AE+BE＝BC， 在△ABE中，AB+BE＞AE， ∴BC＞AB， ∴BC是较长边； ②四边形AECF的形状为菱形；理由如下： 设AC与EF相交于点O， 同理由折叠的性质可知AF＝CF，且AO＝CO， 又∵AD∥BC， ∴∠AFO＝∠CEO，∠OAF＝∠OCE， 在△OAF和△OCE中， ， ∴△OAF≌△OCE（AAS）， ∴AF＝CE， ∴AF＝AE＝CE＝CF， ∴四边形AECF为菱形； （3）点M的对应点M′能落在边PN上．理由如下： 如图3，过点M作MK⊥PN，则四边形PQMK为矩形， ∴PK＝QM＝5，MK＝PQ＝4， ∴KN＝PN﹣PK＝3， 在Rt△MNK中，由勾股定理得：， ∴MN＝QM， ∴∠MQN＝∠MNQ， 又∵PN∥QM， ∴∠MQN＝∠PNQ， ∴∠MNQ＝∠PNQ， ∴QN是∠PNM的平分线， ∴将四边形PQMN纸片沿对角线QN折叠，点M的对应点M′能落在边PN上； （4）GQ的长为或．理由如下： 当Q′在PQ左侧时，设M′Q′与PQ相交于点O，如图4， 由翻折可知∠OQ′G＝90°，GQ＝GQ′，QM＝Q′M′＝5， 不妨设GQ＝4x， ∴， 解得：OG＝5x， 在直角三角形OQ′G中，由勾股定理得：， 又∵∠GOQ′＝∠POM′，∠P＝90°， ∴△OGQ′∽△OM′P， ∴，即， 解得：， ∴， 解得：， ∴； 当Q′在PQ右侧时，延长GP、M′Q′相交于点H，设GQ′与PM′相交于点I，如图5， 由翻折可知GQ＝GQ′，MQ＝M′Q′＝5，∠GQ′M′＝90°， 设PG＝4x，则GQ＝4﹣4x， ∴， 解得：GI＝5x， ∴PI＝3x，IQ′＝GQ′﹣GI＝GQ﹣GI＝4﹣4x﹣5x＝4﹣9x， 又∵∠PIG＝∠Q′IM′，∠GPI＝90°， ∴△PIG∽△Q′IM′， ∴，即， 解得：， ∴； 综上所述，GQ的长为或． 24．【解答】解：（1）由题意知，底座抛物线的顶点坐标为A（10，0）， 故可设该二次函数解析式为 y＝a（x﹣10）2， 又∵过点B（5，2.5）， ∴25a＝2.5． ∴． ∴． （2）由题意知不倒翁果盒、装饰盒的抛物线过点Q（5，30）、（0，10）、（20，10）， 故可设该二次函数解析式为y＝ax2+bx+c，代入得 ， ∴a，b，c＝10． ∴． ∴当x＝10时，． 答：这个不倒翁的总高度为cm． （3）由题意，令y＝10， ∴x＝0或20，这说明，在静止时，点C刚好在桌边得正上方． ∴当不倒翁向左摇摆恰好点B在桌面上时，有一部分会偏离边线． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $