2026年新疆中考数学试卷

**基本信息** 立足核心素养，融合文化传承与现实情境，梯度设计考查数学抽象、逻辑推理及应用能力，如《孙子算经》古题、新疆新能源数据及喷水池改造等真实问题。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|9/36|实数比较、统计众数、坐标变换等|基础题占比67%，结合生活情境（如气温比较、弹簧长度）| |填空题|6/24|科学记数法、概率、圆锥侧面展开等|融入文化（如赵爽弦图）与地域数据（新疆电网）| |解答题|8/90|函数应用、几何证明、统计分析等|23题动态几何探究（含n倍关系推广），21题二次函数解决喷水池改造，体现模型意识与创新思维|

2026年新疆中考数学试卷 一、单项选择题（本大题共9小题，每小题4分，共36分） 1．（4分）·【易】下面是我国几个城市某年一月份的平均气温，气温最高的城市是（　　） A．北京（﹣4.6℃） B．广州（13.1℃） C．南京（2.4℃） D．哈尔滨（﹣19.4℃） 2．（4分）·【较易】某校九年级在“学雷锋月”黑板报评比活动中，7个班的得分分别是8，9，7，9，10，8，9，则这组数据的众数为（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 3．（4分）·【较易】在平面直角坐标系中，将点A（1，3）向右平移2个单位长度到点B，则点B的坐标为（　　） A．（﹣1，3） B．（1，1） C．（1，5） D．（3，3） 4．（4分）·【较易】把一块含30°角的直角三角板按如图方式放置于两条平行线间，已知∠1＝30°，则∠2＝（　　） A．30° B．45° C．60° D．75° 5．（4分）·【较易】不等式2x﹣3＞1的解集为（　　） A．x＜﹣1 B．x＞﹣1 C．x＜2 D．x＞2 6．（4分）·【较易】一个弹簧不挂物体时长12cm，在弹簧的弹性限度内，每挂1kg的物体，弹簧伸长2cm，当挂3kg的物体时，弹簧的长度为（　　） A．18cm B．16cm C．15cm D．14cm 7．（4分）·【较易】我国古代数学名著《孙子算经》中有一道题，原文是：“今有木，不知长短．引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺．木长几何？”意思是：用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺．将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺，问木长多少尺．设木长x尺，绳子长y尺，则可列方程组为（　　） A． B． C． D． 8．（4分）·【中档】如图，在▱ABCD中，点E在AB上．第一步：以点E为圆心，任意长为半径画弧交AE，DE于点M，N；第二步：以点B为圆心，EM长为半径画弧交AB于点P；第三步：以点P为圆心，MN长为半径画弧交第二步所画的弧于点Q，连接BQ并延长，交DC于点F．则下列结论一定成立的是（　　） A．∠ABF＝∠CBF B．∠ADE＝∠CBF C．DF＝CF D．BE＝BF 9．（4分）·【中档】如图，水平放置的边长为2cm的正方形ABCD，边长为cm的正方形EFGH的顶点F，H在同一水平线上，点F与AD的中点重合，现将正方形EFGH以1cm/s的速度沿AB方向匀速运动，当点H运动到BC上时停止．在这个运动过程中，正方形EFGH与正方形ABCD重叠部分的面积y（cm2）与运动时间x（s）之间的函数关系图象大致是（　　） A． B． C． D． 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分） 10．（4分）·【易】若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围为 　 　 ． 11．（4分）·【易】截止2025年底，新疆电网新能源装机容量达1.69亿千瓦，占全疆总装机容量的64%，风电、光伏装机规模均稳居全国前列．将数据1.69亿用科学记数法表示为　 　 ． 12．（4分）·【较易】如果在一次投米试验中，结果落在区域中的每一点都是等可能的．如图，是一个正方形及其内切圆，且正方形的边长为2cm，随机地往正方形内投一粒米，落在圆内的概率是　 　 ． 13．（4分）·【较易】已知圆锥的底面半径是1，母线长是4，则它的侧面展开图的圆心角为　 　 ． 14．（4分）·【中档】如图，等边△AOB的面积为9，边OA与双曲线y相交于点C，且OA：OC＝3：2，则k＝　 　 ． 15．（4分）·【易】如图，形状为直角三角形的木块，斜靠在竖直的墙上，木块顶点B在墙面上滑动，另一顶点C在地面上滑动，O，A，B，C在同一平面内，若AB＝3，BC＝4，则木块顶点A到墙角O的距离的最大值为　 　 ． 三、解答题（本大题共8小题，共90分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 16．（12分）·【较易】计算： （1）|﹣1|； （2）（a﹣1）2﹣a（a﹣2）． 17．（12分）·【易】（1）解方程：． （2）被誉为“东方数学瑰宝”的赵爽弦图，是我国古代证明勾股定理的经典方法之一．如图，已知正方形ABCD的面积为100，正方形EFGH的面积为4，求BF的长． 18．（10分）·【中档】如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线BD上，BE＝DF．求证： （1）△ABE≌△CDF； （2）四边形AECF是平行四边形． 19．（12分）·【较易】为了解某景区游客消费情况，某天工作人员采用抽样调查的方法，随机抽取若干名游客，调查人均日消费金额．统计情况如表： 【数据收集与整理】 组别 人均日消费金额x（元） 组中值 频数 频率 A 0≤x＜200 100 20 0.1 B 200≤x＜400 300 60 0.3 C 400≤x＜600 500 a 0.4 D 600≤x＜800 700 30 b E 800≤x＜1000 900 10 0.05 【数据描述】 【数据分析与应用】根据以上信息，解答下列问题： （1）频数分布表中a＝　 　 ，b＝　 　 ； （2）补全频数分布直方图； （3）用组中值表示该组人均日消费金额，根据统计信息，估计这一天游客人均日消费金额的平均数； （4）从D组、E组中各选取2人，在这4人中再随机抽取2人进行访谈，请利用列表法或树状图法求这2人恰好来自同一组别的概率． 20．（10分）·【中档】如图，甲、乙两艘货船分别从港口A和港口B同时出发向港口C直线航行运送货物．已知港口A位于港口B北偏西18.4°的方向上，港口C位于港口A北偏东53°的方向上，AB＝100海里，AC＝500海里，甲船航行速度为10海里/时，乙船的航行速度大约是多少海里/时，甲、乙两船可以同时到达港口C（结果保留根号）．（参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33，sin18.4°，cos18.4°，tan18.4°） 21．（10分）·【中档】政府要对某音乐广场上的圆形喷水池及其装置进行改造． 问题． 圆形喷水池中心竖直安装一根水管，水管顶端安装一个向外喷水的喷水头，喷出抛物线形水柱．现将水管向上增高1米，喷出的抛物线形水柱形状保持不变，圆形喷水池的直径至少是多少米，水才不会喷到池外． 过程 方法说明 利用皮尺进行测量，利用二次函数模型进行计算． 操作说明 以水管与地面交点为原点，原点与水柱落地处所在直线为x轴，水管所在直线为y轴，建立平面直角坐标系． 数据测量 原喷水池直径为16米，喷水头距离地面0.8米，喷出的抛物线形水柱在与水池中心的水管水平距离为3.5米处达到最高． 建立模型 计算，交流展示… 请根据上述信息，完成下列问题： （1）设改造前喷出水柱所在抛物线对应的函数解析式为y＝ax2+bx+0.8（a≠0），求a，b的值； （2）求改造后圆形喷水池的直径至少是多少米． 22．（11分）·【中档】如图，△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC交⊙O于点D，连接BD，CD，经过点D的直线与AB的延长线相交于点E，且∠BDE∠BAC． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）如果点I是△ABC的内心，tan∠BAC，BC＝24，求DI的值． 23．（13分）·【难】已知，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB上一点，∠EDF＝90°，现将∠EDF绕着点D旋转，交AC于点F，交BC于点E． （1）如图1，当点D为AB中点时，猜想DE，DF之间的数量关系，并进行证明； （2）如图2，当BD＝2AD时，猜想AF，BE，AB之间的数量关系，并进行证明； （3）如图3，当BD＝nAD时，猜想AF，BE，AB之间的数量关系，并进行证明． 2026年新疆中考数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共9小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 B C D C D A A B B 一、单项选择题（本大题共9小题，每小题4分，共36分） 1．【答案】B 【解析】解：﹣4.6℃和﹣19.4℃均是负数，故﹣4.6℃和﹣19.4℃均小于13.1℃，2.4℃， 而13.1℃＞2.4℃， ∴气温最高的城市是广州， 故选：B． 2．【答案】C 【解析】解：7个班的得分分别是8，9，7，9，10，8，9， 统计本题中各数据出现次数：7出现1次，8出现2次，9出现3次，10出现1次， 其中，9出现的次数最多，因此这组数据的众数为9． 故选：C． 3．【答案】D 【解析】解：将点A（1，3）向右平移2个单位长度到点B，则点B的坐标为（1+2，3），即（3，3）． 故选：D． 4．【答案】C 【解析】解：由题意可知，∠1＝30°，∠2+∠3＝90°， ∴∠1＝∠3＝30°， ∴∠2＝60°． 故选：C． 5．【答案】D 【解析】解：移项得，2x＞1+3， 合并同类项得，2x＞4， 解得x＞2， ∴不等式的解集为x＞2． 故选：D． 6．【答案】A 【解析】解：一个弹簧不挂物体时长12cm，在弹簧的弹性限度内，每挂1kg的物体，弹簧伸长2cm， ∴挂3kg物体时，弹簧伸长量为3×2＝6cm， 又∵弹簧原长为12cm， ∴挂3kg物体时弹簧总长度为12+6＝18cm． 故选：A． 7．【答案】A 【解析】解：根据题意可得： ， 故选：A． 8．【答案】B 【解析】解：由作图步骤可知，∠ABF＝∠AED， ∵▱ABCD， ∴AD∥BC， ∴∠A+∠ABC＝180°， ∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝180°﹣∠A﹣∠ABF， ∴∠ADE＝180°﹣∠A﹣∠AED， ∵∠ABF＝∠AED， ∴∠ADE＝∠CBF，其余结论均不能证明． 故选：B． 9．【答案】B 【解析】解：如图，连接EG、FH交于点O，正方形EFGH的边与正方形ABCD交于点M、N，FH交AD于点K， ∵边长为的正方形EFGH的顶点F，H在同一水平线上，点F与AD的中点重合， ∴，OE＝OF＝OG＝OH＝1cm，EG⊥FH，HF垂直平分AD， ∴AD∥EG， ①当0≤t≤1时，叠部分的面积为S△FMN，此时FK＝tcm， ∵AD∥EG ∵△FMN∽△FGE， ∴， ∴， ∴MN＝2tcm， ∴； ②当1＜t≤2时，叠部分的面积为S正方形EFGH﹣S△HMN，此时HK＝FH﹣FK＝（2﹣t）cm， 同理可得，MN＝2（2﹣t）， ∴， 即当x＝2时，有最大值为2； ③当2＜t≤3时，叠部分的面积为S正方形EFGH﹣S△FMN，此时FK＝（t﹣2）cm， 同理可得，MN＝2（t﹣2）， ∴； ④当3＜t≤4时，叠部分的面积为S△HMN，此时HK＝2﹣（t﹣2）＝（4﹣t）cm， 同理可得，MN＝2（4﹣t）， ∴， 综上可知，当0≤t≤1时，图象为开口向上的抛物线；当1＜t≤2时，图象为开口向下的抛物线，且有最大值为2；当2＜t≤3时，图象为开口向下的抛物线；当3＜t≤4时，图象为开口向上的抛物线， 只有B选项符合题意， 故选：B． 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分） 10．【答案】x≥1 【解析】解：由题意可得， ∴x﹣1≥0， ∴x≥1， 故答案为：x≥1． 11．【答案】1.69×108． 【解析】解：1.69亿＝169000000＝1.69×108． 故答案为：1.69×108． 12．【答案】． 【解析】解：∵正方形边长为2cm， ∴正方形面积 ， ∵正方形的内切圆直径等于正方形边长， ∴圆的半径 r＝1cm， 圆面积 ， ∴概率， 故答案为：． 13．【答案】90°． 【解析】解：设圆锥侧面展开图的圆心角为n°， 根据弧长公式，结合扇形弧长等于圆锥底面周长，可得， 解得n＝90， ∴它的侧面展开图的圆心角为90°． 故答案为：90°． 14．【答案】． 【解析】解：如图，过点A作AD⊥x轴于点D，过点C作CE⊥x轴于点E， 设等边△AOB的边长为2a， ∴OA＝OB＝2a，， ∴， ∴， ∴a＝3（负值舍去）， ∴，OD＝3， ∵AD∥CE， ∴△COE∽△AOD， ∴， ∵OA：OC＝3：2， ∴， ∴，OE＝2， ∴， ∴． 故答案为：4． 15．【答案】． 【解析】解：取BC中点D，连接OD，AD，OA， ∵BC＝4， ∴， 由题意得∠ABC＝∠BOC＝90°， ∴， ∵AB＝3， ∴， ∵OA≤AD+OD， ∴OA的最大值为， 即木块顶点A到墙角O的距离的最大值为， 故答案为：． 三、解答题（本大题共8小题，共90分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 16．【答案】（1）0； （2）1． 【解析】解：（1） ＝1﹣2+1 ＝0； （2）原式＝a2﹣2a+1﹣（a2﹣2a） ＝a2﹣2a+1﹣a2+2a ＝1． 17．【答案】（1）x＝9； （2）6． 【解析】解：（1）， 3（x+3）＝2×2x， 3x+9＝4x， x＝9， 经检验，当x＝9时，2x（x+3）≠0， ∴分式方程的解为x＝9； （2）∵正方形ABCD的面积为100，正方形EFGH的面积为4， ∴EF＝FG＝2，AB＝10， 设BF＝x，则AF＝BG＝x+2， 在Rt△ABF中，AF2+BF2＝AB2， ∴（x+2）2+x2＝102， 解得：x＝6或x＝﹣8（舍）， 即BF的长为6． 18．【答案】（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∴∠ABE＝∠CDF， 又∵BE＝DF， ∴△ABE≌△CDF（SAS）； （2）∵△ABE≌△CDF， ∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD， ∵∠AEB+∠AEF＝∠CFD+∠CFE＝180°， ∴∠AEF＝∠CFE， ∴AE∥CF， ∴四边形AECF是平行四边形． 【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABE＝∠CDF， 又∵BE＝DF， ∴△ABE≌△CDF（SAS）； （2）∵△ABE≌△CDF， ∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD ∵∠AEB+∠AEF＝∠CFD+∠CFE＝180°， ∴∠AEF＝∠CFE， ∴AE∥CF， ∴四边形AECF是平行四边形． 19．【答案】（1）80；0.15； （2）补图如下： （3）450元； （4）． 【解析】解：（1）样本容量为20÷0.1＝200， ∴a＝200﹣20﹣60﹣30﹣10＝80， b＝30÷200＝0.15； 故答案为：80；0.15； （2）补全条形统计图如下： （3）根据加权平均数定义可得： ， 答：估计这一天游客人均日消费金额的平均数450元； （4）记D组两人为D1、D2；E组两人为E1、E2， 画树状图如下： 共12种等可能结果，其中2人恰好来自同一组别的结果为4种， ∴2人恰好来自同一组别的概率为． 20．【答案】海里/时． 【解析】解：过点B的正北方向作BF⊥CF于点F，交AC于点E，过点A作AD⊥BF于点D，设A的正北方向上一点G，如图所示， ∴DF∥AG，∠ADB＝∠ADE＝∠CFE＝90°， ∴∠GAE＝∠AED＝∠CEF＝53°． ∵，海里，AC＝500海里，， ∴在Rt△ADB中，，， ∴BD＝300海里，AD＝100海里， ∵sin53°≈0.80，cos53°≈0.60， ∴在Rt△ADE中，，则AE＝125海里， ，则ED＝75海里． ∵AC＝500海里， ∴EC＝AC﹣AE＝500﹣125＝375海里， ∴在Rt△CFE中，，则CF＝300海里， ，则EF＝225海里． ∴FB＝BD+DE+EF＝300+75+225＝600海里， ∴在Rt△CFB中，海里． ∵AC＝500海里，甲船航行速度为10海里/时，甲和乙的行驶时间相同， ∴小时， ∵海里， ∴海里/时． ∴乙船的航行速度大约是海里/时，甲、乙两船可以同时到达港口C． 21．【答案】（1）a＝﹣0.1，b＝0.7； （2）18米． 【解析】解：（1）由题意得， ， 解得； ∴a＝﹣0.1，b＝0.7； （2）由（1）可得原抛物线的表达式为y＝﹣0.1x2+0.7x+0.8， 配方可得y＝﹣0.1（x﹣3.5）2+2.025， 由题意可得： 新抛物线的表达式为y＝﹣0.1（x﹣3.5）2+2.025+1，即y＝﹣0.1（x﹣3.5）2+3.025， 当y＝0时，﹣0.1（x﹣3.5）2+3.025＝0， 解得x1＝9，x2＝﹣2（舍去）， ∴9×2＝18（米） ∴改造后圆形喷水池的直径至少18米． 22．【答案】（1）连接DO并延长交⊙O于点F，连接BF， ∵， ∴∠1＝∠3， ∵DF是直径， ∴∠FBD＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∵AD平分∠BAC， ∴， ∵， ∴∠3＝∠BDE， ∴∠1＝∠BDE， ∴∠BDE+∠2＝∠EDF＝90°， ∵半径OD⊥DE， ∴DE是⊙O的切线； （2）． 【解析】（1）证明：如图1，连接DO并延长交⊙O于点F，连接BF， ∵， ∴∠1＝∠3， ∵DF是直径， ∴∠FBD＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∵AD平分∠BAC， ∴， ∵， ∴∠3＝∠BDE， ∴∠1＝∠BDE， ∴∠BDE+∠2＝∠EDF＝90°， ∵半径OD⊥DE， ∴DE是⊙O的切线； （2）解：连接BI，CI，OB，OC，OD，OD交BC于点M， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD， ∴， ∴∠4＝∠5， ∵DO是半径， ∴OD⊥BC，， ∵OB＝OC， ∴∠BOC＝2∠BOM， ∵∠BOC＝2∠BAC， ∴∠BOM＝∠BAC， ∵， ∴， ∴OM＝5， 在直角三角形BOM中，由勾股定理得：， ∴OD＝13， ∴DM＝OD﹣OM＝8， 在直角三角形BDM中，由勾股定理和得：， ∵点I是△ABC的内心， ∴∠ABI＝∠CBI， ∵， ∴∠5＝∠BAD， ∴∠4＝∠BAD， ∵∠DBI＝∠4+∠CBI，∠BID＝∠BAD+∠ABI， ∴∠DBI＝∠BID， ∴． 23．【答案】（1）DE＝DF； 证明：如图1，连接CD， ∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点D为AB中点， ∴∠A＝∠B＝45°，CD⊥AB，， ∴∠DCE＝∠B＝45°， ∴∠DCE＝∠A， ∵∠EDF＝90°， ∴∠1＝∠3＝90°﹣∠2， ∴△ADF≌△CDE（ASA）， ∴DE＝DF； （2）； 证明：如图2，过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，则∠DMF＝∠DNE＝∠DNC＝90°， 由（1）知∠A＝∠B＝45°， ∴△AMD，△BND为等腰直角三角形，则AM＝MD，DN＝BN， ∴， 同理， ∵BD＝2AD， ∴DN＝2DM， ∵∠C＝90°， ∴∠MDN＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°， ∵∠EDF＝90°， ∴∠1＝∠2＝90°﹣∠FDN， ∴△DMF∽△DNE， ∴， ∴NE＝2MF； ∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE， ∴，， ∴， 由①+②得，， ∵BD+AD＝2AD+AD＝AB， ∴， ∴； （3）； 证明：如图3，过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N， 同（2）可得，， ∵BD＝nAD， ∴DN＝nDM， 同（2）可证明△DMF∽△DNE， ∴， ∴NE＝nMF， ∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE， ∴，， ∴， 由①+②得，， ∵BD+AD＝nAD+AD＝AB， ∴， ∴，即． 【解析】解：（1）DE＝DF； 证明：如图1，连接CD， ∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点D为AB中点， ∴∠A＝∠B＝45°，CD⊥AB，， ∴∠DCE＝∠B＝45°， ∴∠DCE＝∠A， ∵∠EDF＝90°， ∴∠1＝∠3＝90°﹣∠2， ∴△ADF≌△CDE（ASA）， ∴DE＝DF； （2）； 证明：如图2，过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，则∠DMF＝∠DNE＝∠DNC＝90°， 由（1）知∠A＝∠B＝45°， ∴△AMD，△BND为等腰直角三角形，则AM＝MD，DN＝BN， ∴， 同理， ∵BD＝2AD， ∴DN＝2DM， ∵∠C＝90°， ∴∠MDN＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°， ∵∠EDF＝90°， ∴∠1＝∠2＝90°﹣∠FDN， ∴△DMF∽△DNE， ∴， ∴NE＝2MF； ∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE， ∴，， ∴， 由①+②得，， ∵BD+AD＝2AD+AD＝AB， ∴， ∴； （3）； 证明：如图3，过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N， 同（2）可得，， ∵BD＝nAD， ∴DN＝nDM， 同（2）可证明△DMF∽△DNE， ∴， ∴NE＝nMF， ∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE， ∴，， ∴， 由①+②得，， ∵BD+AD＝nAD+AD＝AB， ∴， ∴，即． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $