2026年中考数学真题完全解读（山东卷）

2026年山东省中考数学真题完全解读 试卷总评·考情分析·复习策略·真题解读 试题分析 2026年山东省中考数学试卷坚持“基础性、综合性、应用性、创新性”的命题导向，全卷满分120分，考试时间120分钟，由10道单选题（30分）、5道填空题（15分）和8道解答题（75分）组成。试卷在题型结构上保持稳定，同时在情境创设、综合实践和思维探究方面呈现出鲜明的山东地方特色与学科育人价值。从模块分布看，图形的性质模块占比最高（约39分），函数模块（约28分）、数与式模块（约22分）、图形的变化与综合实践模块（约21分）和统计与概率模块（约10分）相互配合，共同覆盖初中数学核心领域。试卷难度梯度清晰，选择题1-6题和填空题11-13题侧重基础运算与概念理解，选择题7-10题和解答题16-19题强化推理与应用能力，解答题20-23题以项目式学习、综合实践、二次函数应用和几何探究压轴，对学生的模型观念、推理能力和创新意识提出较高要求。情境方面，第3题以山东毗邻海域面积16万平方公里考查科学记数法，第9题以“行走大运河”全民健身健步走山东省主会场活动为背景考查一次函数图象应用，第18题以山东非遗描金琉璃瓶和内画瓶购买问题考查方程与不等式应用，第21题以戴震《算学初稿》中的矩盘测量工具考查解直角三角形与综合实践，第22题以京剧“踢枪”抛物线运动为背景考查二次函数实际应用，充分体现了数学与地方文化、传统文化和现实生活的深度融合。 试题亮点 山东海洋文化、运河健步与非遗文化三线并进，真实情境彰显地方育人导向：第3题以山东毗邻海域面积约为16万平方公里为背景考查科学记数法，将本省海洋大省数据转化为数学表达问题；第9题以2026年全国“行走大运河”全民健身健步走山东省主会场活动为背景，通过小英和小杰的路程-时间图象考查一次函数应用与追及问题；第18题以第十个“全国科技工作者日”购买山东非遗描金琉璃瓶和内画瓶为素材，考查二元一次方程组和一次函数最值。三题分别对应海洋数据、体育文化和非遗文化，构建了山东卷鲜明的地域标识矩阵。 综合实践与传统文化深度融合，项目式学习和古代数学工具成为命题亮点：第20题以九年级“数学探究”项目式学习活动为背景，综合考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体和概率计算，并设置决策建议开放性问题；第21题以清代学者戴震《算学初稿》中记载的矩盘测量工具为载体，通过模型制作、操作发现和应用探究三阶任务，考查解直角三角形、三角函数和实际测量；第23题以等边三角形旋转为背景设置“观察与发现—思考与探究—拓展与延伸”三阶几何探究。三题从项目调查、古代工具到几何探究，完整呈现了“做数学、用数学、创数学”的能力梯度。 函数与几何深度融合，压轴题强化数形结合与分类讨论：第10题以抛物线顶点、对称轴、与坐标轴交点综合考查二次函数图象性质；第15题以平行四边形折叠为背景，综合考查菱形判定、中位线、勾股定理和相似三角形求面积；第19题以圆的切线、直径、垂线和勾股定理综合考查圆的性质；第22题以京剧“踢枪”抛物线运动为背景，考查二次函数建模、最值和不等式应用；第23题以等边三角形旋转和中位线综合考查几何探究。五题共同指向数形结合、分类讨论、模型建构和综合推理等高阶思维能力。 命题趋势 山东卷将持续依托海洋文化、运河文化、非遗文化和科技文化创设情境，地域标识题位置趋于稳定：第3题以海域面积考查科学记数法、第9题以运河健步走考查一次函数图象、第18题以非遗纪念品购买考查方程与不等式应用、第21题以《算学初稿》矩盘考查解直角三角形。未来备考应关注山东的海洋经济、运河文化、非遗工艺（如琉璃、内画）、科技成就等素材，训练学生从地方文化资源中抽象数学模型的能力。 综合实践与项目式学习题将继续成为山东卷的显著特色，古代数学文化和测量工具比重可能进一步提升：第20题项目式学习调查、第21题矩盘测量、第23题几何探究三题分值合计32分，占全卷近27%。预计今后命题将继续强化“模型制作—操作发现—应用探究—决策建议”的探究路径，备考中应重视统计调查、测量实践、传统文化阅读和数学建模活动。 函数与几何压轴题将继续作为区分核心，数形结合与分类讨论要求更高：第10题二次函数图象性质、第15题折叠求面积、第19题圆综合、第22题抛物线实际应用、第23题旋转几何探究，五题均涉及函数图象、几何变换或最值范围问题。未来备考应强化“见函数想图象、见折叠想对称、见旋转想全等、见最值想转化”的策略意识，提升在复杂图形中识别全等、相似、特殊三角形和圆性质的能力。 统计与概率考查趋向综合与开放，数据分析能力要求提升：第8题以跳绳成绩折线图考查众数、中位数、方差等统计量综合判断；第20题以项目式学习调查为背景，综合考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、概率计算和开放性决策建议。预计未来该模块将继续以真实调查数据或项目活动为载体，强化数据读取、计算、解释和决策能力的综合考查。 考点细目表 题号 题型 分值 具体考点 关键能力 1 单选 3 数与式→实数的大小比较→实数大小比较（含无理数估算） 运算能力 2 单选 3 图形的性质→图形的对称性→轴对称图形与中心对称图形的识别 几何直观 3 单选 3 数与式→科学记数法→用科学记数法表示较大数 数据观念 4 单选 3 图形的性质→投影与视图→简单组合体的俯视图 空间观念 5 单选 3 数与式→整式的运算→合并同类项、幂的乘方、同底数幂除法、单项式乘法 运算能力 6 单选 3 图形的性质→尺规作图与平行线→角平分线尺规作图、平行线性质、三角形内角和 推理能力 7 单选 3 数与式→分式→同分母分式减法及因式分解约分 运算能力 8 单选 3 统计与概率→统计量→折线统计图、众数、中位数、方差的综合判断 数据分析 9 单选 3 函数→一次函数图象→一次函数图象的实际应用（追及问题） 模型观念 10 单选 3 函数→二次函数的图象与性质→抛物线顶点、对称轴、与坐标轴交点、最值 综合应用 11 填空 3 数与式→二次根式→二次根式的乘法运算 运算能力 12 填空 3 图形的性质→多边形→正多边形内角和公式 运算能力 13 填空 3 方程与不等式→一元二次方程→解一元二次方程（因式分解法） 运算能力 14 填空 3 函数→反比例函数→反比例函数与正比例函数交点、两点间距离、规律探究 推理能力 15 填空 3 图形的变化与综合实践→图形的折叠→平行四边形折叠、菱形判定、中位线、勾股定理、相似三角形 综合应用 16 解答 8 数与式→实数的运算→实数混合运算及解一元一次不等式组 运算能力 17 解答 8 图形的性质→三角形与中位线→直角三角形斜边中线、三角形中位线、平行四边形判定 推理能力 18 解答 8 方程与不等式→方程与不等式的应用→二元一次方程组与一次函数最值应用 应用意识 19 解答 8 图形的性质→圆综合→切线判定、圆周角定理、勾股定理 推理能力 20 解答 10 统计与概率→统计图表与概率→条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、概率计算、决策建议 数据分析 21 解答 10 图形的变化与综合实践→解直角三角形→解直角三角形的实际应用、古代测量工具、综合与实践 应用意识 22 解答 11 函数→二次函数综合→二次函数的实际应用、抛物线建模、最值、不等式 综合应用 23 解答 12 图形的变化与综合实践→几何探究→等边三角形旋转、全等三角形、中位线、勾股定理、综合与实践 创新意识 考点模块占比分析 数与式模块（约18.3%，22分）：重点考查实数大小比较、科学记数法、整式运算、分式运算、二次根式乘法、实数混合运算等基础运算，对应第1、3、5、7、11、16（1）题。该模块以运算能力为核心，强调算理理解与算法程序的统一。 函数模块（约23.3%，28分）：重点考查一次函数图象实际应用、二次函数图象性质、反比例函数与正比例函数交点规律、一次函数最值应用、二次函数实际应用，对应第9、10、14、18（2）、22题。第22题以京剧“踢枪”抛物线运动为背景，体现了函数与传统文化、现实生活的深度融合。 图形的性质模块（约32.5%，39分）：重点考查轴对称与中心对称、俯视图、尺规作图与平行线、正多边形内角和、直角三角形斜边中线、三角形中位线、圆综合等，对应第2、4、6、12、17、19题。几何模块分值最高、覆盖面最广，是山东卷的核心承载模块。 图形的变化与综合实践模块（约17.5%，21分）：重点考查图形折叠、解直角三角形实际应用、等边三角形旋转探究，对应第15、21、23题。该模块强调动手操作、实践探究和综合推理能力的协调发展。 统计与概率模块（约8.3%，10分）：重点考查折线统计图、众数、中位数、方差、条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、概率计算和决策建议，对应第8、20题。第20题以项目式学习活动为背景，综合考查数据分析与决策能力。 核心复习策略 1. 夯实基础运算，落实算理算法双过关 （1）针对实数大小比较、科学记数法、幂的运算、分式运算、二次根式、一元二次方程等高频基础题，每日限时训练8-10道，重点纠正符号错误、指数运算失误、分解不彻底等问题。 （2）建立“错题归因卡”，将第5题整式运算混淆、第7题分式约分、第13题一元二次方程漏根等典型失误归类为“程序性错误”或“概念性错误”，每周复盘一次。 2. 强化几何推理，构建图形分析思维链 （1）以第6、12、17、19题为模板，训练“读图—标注已知—寻找全等/相似/特殊图形—写出推理链”四步法，确保每一步都有定理或定义支撑。 （2）对第15题折叠综合、第19题圆综合、第23题旋转探究等中高档几何题，先独立完成再对照标准答案提炼辅助线添加动机，总结“见直径想直角、见切线连半径、见旋转想全等”等常用策略。 3. 提升函数与建模能力，关注真实情境转化 （1）围绕第9题一次函数图象应用、第18题方案最值、第22题抛物线实际应用，建立“情境抽象—变量识别—关系表达—求解验证”的建模流程，强化文字语言、图形语言、符号语言之间的转化。 （2）对第21题矩盘测量、第22题抛物线运动等跨学科问题，养成画图、分类、分段讨论的习惯，通过列表分析不同阶段变量取值范围，避免“想当然”导致范围错误。 避坑提醒：山东卷最易踩的雷 ×轻视基础运算导致失分：实数比较、幂的运算、分式约分、二次根式、一元二次方程等基础题看似简单，但符号、指数、分母、解集方向最易出错。 ×几何证明跳步或依据不清：全等、相似、圆的性质等证明题必须写明判定依据，避免因“显然成立”被扣分。 ×分类讨论不画图：第15题折叠、第22题抛物线取值范围、第23题旋转探究等题，若不画图分类，极易漏解或选错。 ×应用题不回归实际意义：第18题购买数量、第20题统计估计、第21题测量结果等题要注意取整、单位和结论的实际合理性。 一、单选题 1．下列实数中，比1大的数是（     ） A． B．0 C． D． 命题透视 ►核心考点：实数大小比较（含无理数估算） ►命题分析： （1）情境创设：以四个实数选项为背景，考查实数大小比较和无理数估算。 （2）问题设计：给出四个实数，要求学生判断哪个比1大，需要估算无理数大小并与1比较。 （3）考查目标：考查学生对实数大小比较方法和无理数估算的掌握，以及运算能力。 答案与解析 【答案】D 【分析】本题考查实数大小比较，只需将各选项的数与1比较，即可得出结果 【详解】解：∵负数小于正数，0小于正数， ∴，， 又∵，， ∴只有比1大 知识总结 ①实数大小比较方法：正数大于0，负数小于0，正数大于负数；两个正数比较，绝对值大的数大；两个负数比较，绝对值大的反而小。②无理数估算：先确定被开方数在哪两个相邻完全平方数之间，再确定算术平方根的范围。③解题要点：注意负数、0、正数与1的大小关系；常用无理数近似值√2≈1.414，√3≈1.732，√5≈2.236。 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． 命题透视 ►核心考点：轴对称图形与中心对称图形的识别 ►命题分析： （1）情境创设：以四个图形为背景，考查轴对称图形和中心对称图形的识别。 （2）问题设计：给出四个图形，要求学生判断哪个既是轴对称图形又是中心对称图形。 （3）考查目标：考查学生对轴对称和中心对称定义的理解和几何直观能力。 答案与解析 【答案】A 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可． 【详解】解：A．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形； B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形； C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形； D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形． 知识总结 ①轴对称图形：沿某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合。②中心对称图形：把一个图形绕某一点旋转180度后，旋转后的图形能与原图形重合。③既是轴对称又是中心对称的图形：线段、矩形、菱形、正方形、圆等。④解题要点：分别用两种定义逐一判断，不要混淆。 3．山东是海洋大省，毗邻海域面积约为16万平方公里．将160000用科学记数法表示为（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：用科学记数法表示较大数 ►命题分析： （1）情境创设：以山东毗邻海域面积约为16万平方公里为背景，将本省海洋大省数据转化为数学表达问题。 （2）问题设计：给出具体大数160000，要求学生用科学记数法表示，选项设置常见错误形式。 （3）考查目标：考查学生用科学记数法表示大数的能力，以及数据观念。 答案与解析 【答案】B 【分析】科学记数法的标准形式为，其中，为整数，只需按要求确定和的值即可． 【详解】解：． 知识总结 ①科学记数法：把一个数表示成a×10^n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数。②确定n的方法：看原数变为a时小数点移动了多少位，n的绝对值等于移动位数。③解题要点：先将“万”“亿”等单位换算为普通数字，再确定a和n。④拓展关联：科学记数法广泛应用于国土面积、人口、资源等大数表示。 4．如图所示几何体的俯视图是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：简单组合体的俯视图 ►命题分析： （1）情境创设：以几何体为背景，考查俯视图的概念。 （2）问题设计：给出几何体图形，要求学生判断其俯视图，选项为不同俯视图形。 （3）考查目标：考查学生对三视图中俯视图概念的理解和空间观念。 答案与解析 【答案】C 【分析】根据俯视图的定义，从物体的正上方往下看，分析看到的平面图形形状及线条即可． 【详解】解：从上面看，该几何体的俯视图为： 知识总结 ①俯视图：从物体的正上方观察得到的平面图形。②画俯视图方法：确定列数，再数出每列能看到的最大正方形个数。③解题要点：俯视图中被遮挡的正方体仍按该位置最高层数计数；注意区分俯视图、主视图、左视图。④拓展关联：三视图是机械制图、建筑设计的基础。 5．下列运算正确的是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：合并同类项、幂的乘方、同底数幂除法、单项式乘法 ►命题分析： （1）情境创设：以四个代数运算选项为背景，考查整式的运算。 （2）问题设计：给出四个运算结果，要求学生判断哪个计算正确，选项涵盖合并同类项、幂的乘方、同底数幂除法、单项式乘单项式等常见易错点。 （3）考查目标：考查学生对整式运算法则的掌握，以及运算能力。 答案与解析 【答案】B 【分析】运用合并同类项，幂的乘方，同底数幂的除法，单项式乘单项式的法则逐个判断选项，即可得到正确结果． 【详解】解：A、与不是同类项，不能合并，∴A错误； B、，运算正确，∴B正确； C、，∴C错误； D、，∴D错误． 知识总结 ①合并同类项：字母和指数相同，系数相加。②幂的乘方：(a^m)^n=a^(mn)。③同底数幂除法：a^m÷a^n=a^(m-n)（a≠0）。④单项式乘单项式：系数相乘，同底数幂相乘。⑤解题要点：注意区分“指数相加”与“指数相乘”，避免将合并同类项误作同底数幂运算。 6．如图，直线，直线分别交，于点，．以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；再分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在的内部交于点；作射线交于点．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：角平分线尺规作图、平行线性质、三角形内角和 ►命题分析： （1）情境创设：以尺规作角平分线和平行线为背景，考查角平分线作法和平行线性质。 （2）问题设计：根据作图痕迹判断所作射线为角平分线，结合平行线性质和三角形内角和求角度。 （3）考查目标：考查学生对尺规作图原理、平行线性质和三角形内角和定理的综合运用能力。 答案与解析 【答案】C 【分析】根据作图痕迹可知平分，利用平行线的性质求出的度数，进而求出，最后利用三角形内角和定理求解． 【详解】解：由作图可知，平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 在中， 知识总结 ①角平分线尺规作法：以顶点为圆心画弧交两边于两点，再分别以这两点为圆心、大于一半弧长为半径画弧，两弧交点与顶点的连线即为角平分线。②平行线性质：两直线平行，同位角相等、内错角相等、同旁内角互补。③三角形内角和：三角形三个内角和等于180°。④解题要点：识别作图痕迹对应的结论，将已知条件转化为角的关系。 7．计算的结果是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：同分母分式减法及因式分解约分 ►命题分析： （1）情境创设：以分式运算为背景，考查同分母分式减法和因式分解约分。 （2）问题设计：给出分式减法算式，要求学生计算结果，需要先对分子因式分解再约分。 （3）考查目标：考查学生对分式运算法则和因式分解方法的掌握，以及运算能力。 答案与解析 【答案】A 【分析】利用同分母分式减法法则计算后，对分子因式分解再约分即可得到结果． 【详解】解： ． 知识总结 ①同分母分式加减法：分母不变，分子相加减。②因式分解：将多项式化为几个整式乘积的形式，常用提公因式法和公式法。③约分：分式分子分母同除以公因式。④解题要点：分子相减时注意整体加括号；结果要化为最简分式。 8．甲、乙两名同学分别记录了自己连续6天的1分钟跳绳成绩，整理、绘制成下图． 根据图中信息，下列结论正确的是（     ） A．甲的跳绳成绩总是高于乙 B．甲的跳绳成绩的众数为184 C．甲的跳绳成绩的中位数小于乙 D．甲的跳绳成绩的方差小于乙 命题透视 ►核心考点：折线统计图、众数、中位数、方差的综合判断 ►命题分析： （1）情境创设：以甲、乙两名同学连续6天1分钟跳绳成绩折线图为背景，考查统计量的综合判断。 （2）问题设计：给出折线统计图，要求学生对四个关于众数、中位数、方差等的结论进行判断。 （3）考查目标：考查学生的数据分析能力和统计量综合运用能力，要求学生能从统计图中提取信息并计算统计量。 答案与解析 【答案】D 【分析】根据折线统计图读取甲、乙两人的成绩数据，分别计算或观察众数、中位数及波动情况（方差）进行判断即可． 【详解】解：由图可知，甲的成绩为：；乙的成绩为：； 对于A，第3天甲的成绩小于乙的成绩，故A错误； 对于B，甲的成绩中所有数据都出现1次，无众数，故B错误； 对于C，甲的成绩从小到大排列为，中位数为； 乙的成绩从小到大排列为，中位数为； ， 甲的中位数大于乙，故C错误； 对于D，甲成绩为平均数为：， 方差为：； 乙成绩为平均数为：， 方差为： ∵， ∴甲的跳绳成绩的方差小于乙，故D正确． 知识总结 ①众数：一组数据中出现次数最多的数。②中位数：将数据按大小排列后位于中间位置的数。③方差：衡量数据波动大小的量，方差越小越稳定。④解题要点：先从图中读取完整数据，再分别计算或判断各统计量；注意众数可能不存在或不止一个。 9．在2026年全国“行走大运河”全民健身健步走山东省主会场活动中，小英和小杰参加了健步走项目．两人从起点出发，小英在途中打卡点拍照停留了后仍按原速行进，小杰全程无停留行进．他们行走的路程与时间之间的关系如图所示．小英追上小杰的时刻是（） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：一次函数图象的实际应用（追及问题） ►命题分析： （1）情境创设：以“行走大运河”全民健身健步走活动为背景，考查一次函数图象的实际应用。 （2）问题设计：给出小英和小杰的路程-时间图象，小英途中停留后继续前进，求小英追上小杰的时刻。 （3）考查目标：考查学生的模型观念和数形结合能力，要求学生能从函数图象中提取信息并解决追及问题。 答案与解析 【答案】C 【分析】根据函数图象获取小英和小杰的速度及运动状态信息，小英先匀速行进25分钟走了，停留15分钟后按原速继续行进；小杰全程匀速行进，25分钟走了，设出发后分钟小英追上小杰，根据两人路程相等列方程求解即可 【详解】解：由图象可知，小英在内行走了， 小英的速度为， ∵小杰在内行走了， 小杰的速度为， 小英途中停留了， 小英再次出发的时刻为第，此时路程为， 设小英追上小杰的时刻为出发后， 根据题意得：， 解得， 两人从起点出发， 小英追上小杰的时刻是． 知识总结 ①一次函数图象：横轴表示时间，纵轴表示路程，斜率表示速度。②追及问题：两人路程相等时追上。③解题要点：从图象中读取速度、停留时间、已走路程等关键信息；建立方程求解追及时刻。④拓展关联：一次函数图象应用常与行程问题、工程问题结合。 10．如图，点是抛物线（）的顶点．下列结论正确的是（     ） A． B． C．对任意实数，总成立 D．若点，在抛物线上，则 命题透视 ►核心考点：抛物线顶点、对称轴、与坐标轴交点、最值 ►命题分析： （1）情境创设：以抛物线图象为背景，考查二次函数的图象与性质。 （2）问题设计：给出抛物线顶点和部分图象信息，要求判断关于开口方向、系数关系、最值和函数值大小的四个结论。 （3）考查目标：考查学生对二次函数图象性质的综合理解能力，以及数形结合和推理能力。 答案与解析 【答案】B 【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标以及与轴交点的位置，结合二次函数的性质逐一判断选项． 【详解】解：由图象可知，抛物线开口向下，则. 顶点的坐标为， 对称轴为直线，即， ，即，故A错误； 设抛物线的解析式为 . 令，得，即抛物线与轴的交点坐标为. 由图象可知，抛物线与轴的交点在轴上方且在的下方， ， 解得，故B正确； 根据图象得：当时，取得最大值为：， 对任意实数，， ∴，故C错误； ∵对称轴为， ∴，， 当时，两点到对称轴的距离相等， ∴，故D错误． 知识总结 ①二次函数图象性质：开口方向由a决定，对称轴x=-b/(2a)，顶点坐标(-b/(2a),(4ac-b²)/(4a))。②系数关系：a+b+c为x=1时的函数值，a-b+c为x=-1时的函数值。③最值：开口向下时，顶点为最大值点。④解题要点：结合图象判断各系数的符号和特殊点的函数值。 二、填空题 11．计算：________． 命题透视 ►核心考点：二次根式的乘法运算 ►命题分析： （1）情境创设：以二次根式乘法为背景，考查二次根式的运算。 （2）问题设计：给出二次根式乘法算式，要求学生计算结果，直接运用二次根式乘法法则。 （3）考查目标：考查学生对二次根式乘法法则的掌握和运算能力。 答案与解析 【答案】 【详解】解：． 知识总结 ①二次根式乘法法则：√a·√b=√(ab)（a≥0，b≥0）。②二次根式化简：将根号内能开得尽方的因数或因式开出来。③解题要点：先相乘再化简，或先化简再相乘；结果要化为最简二次根式。④拓展关联：二次根式运算常与实数混合运算、勾股定理综合考查。 12．如图，圆形扇面中间的图案是正多边形，该正多边形的内角和等于________． 命题透视 ►核心考点：正多边形内角和公式 ►命题分析： （1）情境创设：以圆形扇面中间的正多边形图案为背景，考查多边形内角和公式。 （2）问题设计：给出正多边形图形（正六边形），要求计算其内角和，直接运用多边形内角和公式。 （3）考查目标：考查学生对多边形内角和公式的掌握和运算能力。 答案与解析 【答案】/720度 【分析】观察图形可知该多边形为正六边形，根据多边形内角和公式 代入计算即可． 【详解】解：由图可知，该正多边形为正六边形，即边数， 根据多边形内角和公式，得 ． 知识总结 ①多边形内角和公式：(n-2)·180°，其中n为边数。②正多边形每个内角：(n-2)·180°/n。③解题要点：先确定多边形的边数，再代入公式计算；正六边形内角和为720°。④拓展关联：多边形内角和与外角和、正多边形性质常综合考查。 13．若关于的一元二次方程的一个根是10，则另一个根是________． 命题透视 ►核心考点：解一元二次方程（因式分解法） ►命题分析： （1）情境创设：以一元二次方程为背景，考查方程的解法。 （2）问题设计：已知方程的一个根，要求学生求另一个根，可运用因式分解法先求出两个根。 （3）考查目标：考查学生解一元二次方程的运算能力，要求学生能根据方程特点选择合适解法。 答案与解析 【答案】 【分析】利用因式分解法解一元二次方程，先得到方程的两个根，再结合已知一个根为，即可求出另一个根 ． 【详解】解：已知方程为 得 或 ， 解得，， 方程的一个根是， ， 因此方程的另一个根为2． 知识总结 ①解一元二次方程方法：直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法。②因式分解法：将方程左边分解为两个一次因式乘积，右边为0，再令每个因式等于0求解。③解题要点：先尝试移项使右边为0；分解要彻底；不要漏根。④拓展关联：一元二次方程与二次函数、根的判别式密切相关。 14．如图，一组反比例函数，，，，其中，，，为大于1的整数．这组反比例函数的图象与正比例函数的图象相交，交点依次记为，，，…，．若…，则________． 命题透视 ►核心考点：反比例函数与正比例函数交点、两点间距离、规律探究 ►命题分析： （1）情境创设：以一组反比例函数与正比例函数交点为背景，考查交点坐标规律和两点间距离公式。 （2）问题设计：已知交点间距满足某种规律，要求学生求出某个参数的值，需要先联立方程求交点，再利用距离公式寻找规律。 （3）考查目标：考查学生的推理能力、运算能力和规律探究能力，要求学生能综合运用函数和距离公式解决问题。 答案与解析 【答案】 【分析】联立反比例函数与正比例函数解析式求出交点的坐标，利用两点间距离公式结合已知条件得出，进而发现的数值规律，求出的值即可求解． 【详解】解：联立， 解得（负值舍去） 点的坐标为， 点的坐标为， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 知识总结 ①反比例函数与正比例函数交点：联立两个函数解析式求解。②两点间距离公式：d=√[(x₂-x₁)²+(y₂-y₁)²]。③规律探究：先计算前几个具体值，再寻找规律并用含n的代数式表示。④解题要点：注意交点关于原点对称的特点，可简化距离计算。 15．如图，在平行四边形纸片中，，，点是边的中点，点在边上，连接．将纸片沿折叠，点落在纸片上的点处，连接，．若，，则的面积为________． 命题透视 ►核心考点：平行四边形折叠、菱形判定、中位线、勾股定理、相似三角形 ►命题分析： （1）情境创设：以平行四边形纸片折叠为背景，综合考查折叠性质、菱形判定、中位线、勾股定理和相似三角形。 （2）问题设计：在平行四边形中，通过折叠使点落在纸片上的某点，已知部分线段长度和角度，求某个三角形的面积，需要综合运用多个几何知识。 （3）考查目标：考查学生的综合推理能力、几何直观和模型观念，是填空题压轴题。 答案与解析 【答案】// 【分析】先由折叠和推出 ，从而四边形是菱形，得 且为中点，再利用菱形及中点构造中位线得到且，结合可证并求得，最后通过面积法求，利用相似三角形求出，从而算出的面积． 【详解】解：连接，作， ，点是边的中点， ，根据折叠可知， ，， ， ， 由折叠可知， ， ， 由折叠可知， ， 四边形是菱形， ， 设交点为， 为中点， ，且， ， ， ， 在中，， ， ， 设交点为， ，， ，，， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查平行四边形与折叠的综合应用，核心知识点是菱形判定、中位线性质、勾股定理及相似三角形求高，解题关键是通过折叠与平行推出四边形为菱形，从而得到垂直、中点及边长关系，进而用面积和相似计算三角形面积． 知识总结 ①折叠性质：折叠前后对应线段相等、对应角相等，折痕是对称轴。②菱形判定：一组邻边相等的平行四边形是菱形。③中位线性质：三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半。④勾股定理：直角三角形两直角边平方和等于斜边平方。⑤相似三角形：对应边成比例、对应角相等。⑥解题要点：通过折叠和平行关系判定菱形，利用中位线和相似求高，进而求面积。 三、解答题 16．按要求完成下列各题： (1)计算：； (2)解不等式组：． 命题透视 ►核心考点：实数混合运算及解一元一次不等式组 ►命题分析： （1）情境创设：以纯数学运算为情境，考查实数混合运算和解一元一次不等式组。 （2）问题设计：第（1）问计算实数混合运算；第（2）问解一元一次不等式组，分别求出每个不等式解集再找公共部分。 （3）考查目标：考查学生的运算能力和对不等式组解法的掌握。 答案与解析 【答案】(1) (2) 【详解】（1）解： ； （2） 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∴不等式组的解集为． 知识总结 ①实数混合运算：注意运算顺序，先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减；有括号先算括号。②特殊角三角函数值、零指数幂、负整数指数幂要熟记。③解不等式组：分别求出每个不等式的解集，再借助数轴找公共部分。④解题要点：解不等式时，两边同乘或同除负数要改变不等号方向。 17．如图，在中，于点，点，，分别是边、、的中点． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由． 命题透视 ►核心考点：直角三角形斜边中线、三角形中位线、平行四边形判定 ►命题分析： （1）情境创设：以三角形和中点为背景，考查直角三角形性质、中位线和平行四边形判定。 （2）问题设计：第（1）问证明线段相等；第（2）问判断四边形形状并说明理由，需要综合运用直角三角形斜边中线、三角形中位线和平行四边形判定。 （3）考查目标：考查学生的推理能力和对几何定理的综合运用能力。 答案与解析 【答案】(1)证明：∵， ∴． 在中，点E是的中点， ∴． 同理． ∵， ∴； (2)解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵点E，F，G是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【详解】（1）略 （2）略 知识总结 ①直角三角形斜边中线：等于斜边的一半。②三角形中位线：平行于第三边且等于第三边的一半。③平行四边形判定：两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等。④解题要点：利用中点构造中位线或斜边中线，将未知关系转化为已知关系。 18．在第十个“全国科技工作者日”到来之际，某校科技馆计划购买非遗描金琉璃瓶和内画瓶作为纪念品，赠送给科技工作者．两名志愿者的对话如下： 请根据他们的对话解答下列问题： (1)求描金琉璃瓶和内画瓶的单价； (2)若购买描金琉璃瓶和内画瓶共20个，且描金琉璃瓶的数量不少于内画瓶数量的2倍，则分别购买多少个描金琉璃瓶和内画瓶，可使总费用最少？最少费用为多少元？ 命题透视 ►核心考点：二元一次方程组与一次函数最值应用 ►命题分析： （1）情境创设：以购买山东非遗描金琉璃瓶和内画瓶为背景，考查二元一次方程组和一次函数最值。 （2）问题设计：第（1）问根据购买方案列二元一次方程组求单价；第（2）问在数量约束条件下，建立总费用函数并求最小值。 （3）考查目标：考查学生的模型观念、应用意识和一次函数性质，要求学生能从实际问题中抽象出数学模型并求解。 答案与解析 【答案】(1)描金琉璃瓶单价40元，内画瓶单价30元． (2)购买14个描金琉璃瓶和6个内画瓶时总费用最少，为740元． 【分析】（1）设描金琉璃瓶单价为元，内画瓶单价为元．根据题干已知等量关系列方程组即可求解； （2）设购买描金琉璃瓶个，则内画瓶为个，得出总费用，再利用一次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：设描金琉璃瓶单价为元，内画瓶单价为元．根据题意列方程组： ， 解得：， 答：描金琉璃瓶单价40元，内画瓶单价30元． （2）设购买描金琉璃瓶个，则内画瓶为个． ， 解得（为整数）． 设总费用为，则． 因，则随增大而增大，故当时，最小． （元） 此时内画瓶数量为，最少费用为元． 答：购买14个描金琉璃瓶和6个内画瓶时总费用最少，为740元． 知识总结 ①列二元一次方程组解应用题：找等量关系→设未知数→列方程组→解方程组→检验作答。②一次函数最值：根据函数的增减性，在自变量取值范围内确定最值点。③解题要点：注意“不少于”“不超过”等关键词转化为不等式；实际问题中自变量通常为正整数。 19．如图，是的直径，，是上的两点，，连接，，，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 命题透视 ►核心考点：切线判定、圆周角定理、勾股定理 ►命题分析： （1）情境创设：以圆的综合图形为背景，考查圆的切线判定和相关计算。 （2）问题设计：第（1）问证明直线是圆的切线；第（2）问求圆的半径，需要构造直角三角形用勾股定理列方程。 （3）考查目标：考查学生的推理能力和运算能力，要求学生能综合运用圆的性质和勾股定理解决问题。 答案与解析 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵是的直径， ∴是的切线． (2) 【分析】（1）根据同弧或等弧所对圆周角相等可得，进而判断，由即可得出，由此判定是的切线． （2）连接，过点作，垂足为，构造矩形和直角三角形，利用求出，在中根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接，过点作，垂足为， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵在中，， ∴，解得：，（负值不合题意已经舍去）， ∴， 设的半径为，即，则， ∵在中，， ∴，解得：， 答：的半径为， 【点睛】已知半径证垂直是解（1）的关键，小问（2）求圆的半径，最经典的套路就是“构造直角三角形，用勾股定理列方程”． 知识总结 ①切线判定：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线。②圆周角定理：同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半。③勾股定理：直角三角形两直角边平方和等于斜边平方。④解题要点：证切线时常连接半径证垂直；求半径时常构造直角三角形列方程。 20．某校计划在九年级开展“数学探究”项目式学习活动．为助力活动顺利开展，兴趣小组随机抽取了部分九年级学生进行如下调查： 【调查内容】 关于项目式学习活动的调查问卷问题1．你最想参加以下哪一个主题的项目式学习活动？（单选） ①绘制校园平面地图  ②读书长廊地面铺设设计  ③测量校园内旗杆高度 ④制定旅游最优路线  ⑤体育运动与心率的关系探究 问题2．假如在探究过程中遇到了困难，你计划采用什么方式解决？（可多选） A．查阅文献  B．上网查询  C．同伴合作  D．寻求指导  E．专业咨询问题 问题3．你还想探究哪些领域的数学问题？ 【数据处理】 信息1：将问题1的调查数据进行收集、整理，绘制了如下两幅不完整的统计图． 信息2：将问题2的调查数据进行收集、整理，绘制了如下统计表． 解决困难的方式 A B C D E 选择人数 32 41 33 35 28 信息3：问题3调查结果显示，学生还想探究的数学问题主要涉及三个领域：科技、交通、经济． 【分析应用】 根据调查信息，解答下列问题： (1)求参与调查的学生总数，并补全条形统计图； (2)若有500名学生参加项目式学习活动，估计采用“上网查询”的方式解决困难的学生人数； (3)甲、乙两名学生计划从“科技”“交通”“经济”三个领域中随机选择一个领域进行探究，请用列表或画树状图的方法求两人恰好选择同一领域的概率． 【决策建议】 (4)假如你是兴趣小组成员，请向学校提供一条关于开展本次项目式学习活动的合理建议． 命题透视 ►核心考点：条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、概率计算、决策建议 ►命题分析： （1）情境创设：以九年级“数学探究”项目式学习活动调查为背景，综合考查统计与概率。 （2）问题设计：给出不完整的条形统计图和扇形统计图、统计表，要求求样本容量、补全统计图、用样本估计总体、计算概率，并提出合理建议。 （3）考查目标：考查学生的数据分析能力、数据观念和应用意识，要求学生能综合处理统计图表并作出决策解释。 答案与解析 【答案】(1)参与调查的学生总数为50人，补全条形统计图如下： (2)采用“上网查询”的方式解决困难的学生人数约为410人 (3)两人恰好选择同一领域的概率为 (4)优先开设学生选择人数较多的主题②“读书长廊地面铺设设计”和主题④“制定旅游最优路线”，活动中多分组鼓励学生同伴合作探究．（言之有理即可） 【分析】（1）由图可知，主题①的人数为5人，对应占比为，据此即可求解参与调查的总人数，由主题⑤的占比为可得主题⑤的人数，再利用总数减去已知的人数可得主题③的人数，即可补全条形统计图； （2）根据采用“上网查询”的方式解决困难的占比即可求解； （3）通过列表可得一共有9种等可能的结果，其中选择同一领域的有3种情况，即可求解； （4）根据抽查结果可知，选择主题②和主题④的占比更多，据此可以给出建议． 【详解】（1）解：参与调查的学生总数为（人）， 选择项目⑤的学生人数为(人)，选择项目③的学生人数为（人），补全条形统计图略． （2）解：（人）， ∴采用“上网查询”的方式解决困难的学生人数约为410人． （3）解：设分别用表示科技、交通、经济三个领域， 列表如下： A B C A B C 由表可得，一共有9种等可能的结果，其中选择同一领域的有3种情况， ∴两人恰好选择同一领域的概率为． （4）略 知识总结 ①条形统计图：用长方形高度表示数量。②扇形统计图：用扇形面积表示百分比。③样本容量：各组频数之和。④用样本估计总体：总体数量≈总体容量×样本频率。⑤概率计算：列表或树状图列举等可能结果。⑥决策建议：根据数据分析结果提出合理、可操作的建议。 21．我国古代学者戴震在《算学初稿》中记载了一种可测量仰（俯）角及计算其正切值的工具：矩盘、综合实践小组开展矩盘应用的探究活动． 【模型制作】 综合实践小组制作了矩盘模型，示意图如图1．四边形为正方形，为悬挂重物的铅垂线，为左矩，为右矩，标有均匀刻度的和组成矩尺盘，以点为圆心，为半径的标有均匀刻度的弧组成角度盘． 【操作发现】 使用矩盘测量时，需要将左矩或右矩与视线重合，且保证矩盘紧贴铅垂线，铅垂线与角度盘、矩尺盘的交点的刻度为读数． (1)如图2，左矩与视线重合，角度盘读数为（），矩尺盘读数为6（），可知仰角，．如图3，右矩与视线重合，角度盘读数为（），矩尺盘读数为（），则仰角________，________（结果精确到）． 【应用探究】 (2)综合实践小组测量某景区城门楼（如图4）的顶端到地面的距离（的长度）．如图5，某同学站在城门楼一侧处，用矩盘的左矩与视线重合，此时矩尺盘读数为5；沿直线前进，穿过城门到达城门楼另一侧处，在处将矩盘右矩与视线重合，角度盘读数为．已知，该同学眼睛到地面的高度是，求城门楼的顶端到地面的距离（结果精确到）． 命题透视 ►核心考点：解直角三角形的实际应用、古代测量工具、综合与实践 ►命题分析： （1）情境创设：以清代学者戴震《算学初稿》中记载的矩盘测量工具为背景，设置“模型制作—操作发现—应用探究”三阶任务，考查解直角三角形。 （2）问题设计：第（1）问根据矩盘读数求仰角和矩尺盘读数；第（2）问利用矩盘测量城门楼高度，需要建立解直角三角形模型。 （3）考查目标：考查学生的应用意识、模型观念和推理能力，要求学生能将古代测量工具转化为现代解直角三角形问题。 答案与解析 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据直角三角形两个锐角互余得出，根据，结合正切定义，求出结果即可； （2）设，则，则中，根据，得出，求出x的值，即可得出答案． 【详解】（1）解：根据题意可得：，， ∵， ∴， ∵在正方形中， ∴， ∴， ∴； （2）解：根据题意得：，，，，，，， ∴， ∴中，， 即， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴中，， 即， 解得：， ∴， 答：城门楼的顶端到地面的距离约为． 知识总结 ①解直角三角形：已知直角三角形中的两个元素（至少一边是边），求其他元素。②三角函数：sin、cos、tan的定义及特殊角三角函数值。③实际测量：将实际高度、距离、角度转化为直角三角形的边和角。④解题要点：注意矩盘读数与三角函数值的对应关系；复杂图形中常作垂线构造直角三角形。 22．“踢枪”是京剧中的经典环节，通过踢、接、抛花枪等动作呈现故事场景（如图1）．甲、乙、丙三人在表演“踢枪”时，花枪在飞行中始终与水平地面平行且不转动，忽略空气阻力，花枪的中点运动路线近似是抛物线的一部分（以下“花枪”均指花枪的中点）． (1)如图2，甲站在地面的点处，从距离地面高的点踢出花枪，点与点的水平距离是，花枪飞行到与O点水平距离的C处达到最高，高度为． ①设花枪离地面的高度为，到点的水平距离为．请建立平面直角坐标系，并求关于的函数表达式； ②花枪下落过程中，乙在与点水平距离处接花枪，能接到的高度最大为，最小为，求的取值范围． (2)乙再抛出花枪，同时丙开始运动，恰好在花枪落地前接到花枪．已知花枪飞行高度与时间之间的关系式是（），丙在距花枪落地点处沿直线运动到花枪落地点．求丙的平均速度． 命题透视 ►核心考点：二次函数的实际应用、抛物线建模、最值、不等式 ►命题分析： （1）情境创设：以京剧“踢枪”中花枪运动轨迹近似抛物线为背景，考查二次函数的实际应用。 （2）问题设计：第（1）问建立平面直角坐标系并求抛物线解析式；第（2）问求花枪下落过程中被接住的高度范围；第（3）问求丙的平均速度。 （3）考查目标：考查学生的综合应用能力、模型观念和运算能力，是整卷的函数应用压轴题。 答案与解析 【答案】(1)如图，建立平面直角坐标系． 函数表达式为； ②的取值范围为 (2)丙的平均速度为米/秒 【分析】（1）由题意得，，设函数表达式为：，把代入，即可求解； ②当时，，由题意得，，即可求解； （2）当时，，求得，即可求解． 【详解】（1）解：由题意得，，设函数表达式为：， 把代入，得， 解得， ∴函数表达式为：． ②当时，， 由题意得，， 当时，整理得，， 令， 当时，， 解得，， ∴的解集为； 当时，整理得，， 令， 当时，， 解得，， ∴的解集为或； 由题意得，， 综上所述，的取值范围为． （2）解：当时，， 解得，（舍去）， ∴丙的平均速度为（米/秒）． 知识总结 ①抛物线建模：根据实际问题建立平面直角坐标系，设出顶点式或一般式，代入已知点坐标求解析式。②最值与范围：根据抛物线性质和实际约束条件确定取值范围。③平均速度：总路程除以总时间。④解题要点：第（2）问注意分情况讨论，结合不等式确定范围；第（3）问注意落地时刻的物理意义。 23．在中，，． 【观察与发现】 (1)如图1，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点与点是对应点．点，分别在边，上，，连接，．求证：． 【思考与探究】 (2)如图2，过点作交于点．点，分别在边，上，，连接，，．猜想线段与的数量关系，并说明理由． 【拓展与延伸】 (3)如图3，在（2）的条件下，延长至点，使，连接，．若，，求线段的长度． 命题透视 ►核心考点：等边三角形旋转、全等三角形、中位线、勾股定理、综合与实践 ►命题分析： （1）情境创设：以等边三角形旋转为背景，设置“观察与发现—思考与探究—拓展与延伸”三阶几何探究任务。 （2）问题设计：第（1）问证明线段相等；第（2）问猜想并证明线段数量关系；第（3）问在复杂条件下求线段长度，涉及旋转、全等、中位线和勾股定理。 （3）考查目标：考查学生的创新意识、推理能力和综合应用能力，是整卷的几何探究压轴题。 答案与解析 【答案】(1)证明：连接，如图所示： 根据旋转可得：，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； (2)；理由如下： ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； (3)或2 【分析】（1）连接，证明为等边三角形，得出，，再证明，即可得出结论； （2）证明，得出，，证明，得出，，根据，即可得出答案； （3）延长，并取点N，使，过点G作于点M，根据中位线的性质得出，，设，则，，，解直角三角形求出，，根据勾股定理得出：，求出x的值，即可得出答案． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：延长，并取点N，使，过点G作于点M，如图所示： 则， ∵， ∴为的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则，，， ∵， ∴，， ∴， 在中，根据勾股定理得：， 即， 解得：，， ∴或2． 知识总结 ①旋转性质：旋转前后对应线段相等、对应角相等。②等边三角形性质：三边相等，三角均为60°。③全等三角形判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL。④中位线性质：三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半。⑤勾股定理：直角三角形两直角边平方和等于斜边平方。⑥解题要点：通过旋转构造全等，利用中位线转移线段，最后用勾股定理列方程求解。 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 $