2026年中考数学真题完全解读（四川省巴中卷）有变化

该初中数学中考复习讲义覆盖数与式、函数、几何综合等核心考点，按模块构建知识体系，梳理内在联系。通过考点细目表精准定位，结合“教材重现-模型建构-拓展推广”三阶教学流程，以真题讲解突破难点，实现系统性与针对性复习。 亮点在于地方情境融入与模型迁移训练，如“光雾山杯皮划艇”问题培养数学眼光与模型观念，每日限时计算与几何模型演练提升推理能力。分层练习配合避坑提醒，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师提供精准复习节奏指导。

2026年四川省巴中市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年四川省巴中市中考数学试卷延续省级统考背景下的基础性、综合性和应用性并重取向，全卷共23题，满分150分，考试时间120分钟。与2025年相比，试卷结构发生明显调整：选择题保持10题共40分；填空题由5题3分调整为5题4分，总分升至20分；解答题由9题减少为8题，总分由95分降至90分，其中第16题14分、第17题8分、第18-20题每题10分、第21-22题每题12分、第23题14分。全卷在夯实数与式、方程不等式、函数图象与性质、图形性质与变换、统计与概率等核心知识的同时，特别强化了几何综合推理、函数代数综合以及真实情境建模的考查。选择题第1-8题侧重基础概念与基本运算，第9、10题过渡到尺规作图与二次函数多结论判断；填空题第11-14题覆盖二次根式、分式、圆与一元二次方程根与系数关系，第15题以等边三角形动点为背景设置多选填空，综合性明显；解答题第16题将实数运算、不等式组与分式化简求值整合，第17题考查平行四边形与菱形，第18-21题分别考查统计图表与概率、解直角三角形的实际应用、反比例函数与一次函数综合、圆的综合证明，第22题以矩形为载体设置“教材重现—模型建构—拓展推广”三阶任务，第23题抛物线综合压轴，涉及面积最值与角度二倍关系存在性问题。整体来看，试卷既重视“四基”落实，又通过地方情境、开放探究和多问递进等方式体现素养导向。 试题亮点 光雾山杯与巴河皮划艇情境入题，地方标识与真实应用交织：第19题以2026年“光雾山杯”国际划联皮划艇马拉松世界杯在巴河之畔举行为背景，通过无人机测俯角求河面高度与两艇距离，把解直角三角形与家乡赛事深度融合；情境数据选取本地坡比NC=12m、俯角42.3°和52.4°等真实参数，既考查三角函数建模能力，也让学生在解题中感受巴中城市名片。 “教材重现—模型建构—拓展推广”三阶设问，强化几何模型生长链：第22题以矩形中的垂直条件∠AEF=90°为起点，第(1)问复现教材全等证明，第(2)问构造BP=BE将2BE+HF转化为CH长，第(3)问引入比例参数m，通过两次相似把CF/BE一般化为；三问由特殊到一般、由直观到代数，完整呈现了几何模型的生长与迁移过程。 填空压轴与解答压轴双向提升思维深度，反套路设计明显：第15题在等边三角形动点D处设置四个结论判断，涉及二次函数建模、面积关系与方程思想，少选得2分、选全得4分的评分方式加大区分度；第23题抛物线压轴将面积最值、角度二倍关系与存在性探究融为一体，需要构造OE∥CQ、利用三角函数与勾股定理求点坐标，计算与推理并重。 命题趋势 地方赛事与巴中元素将持续入题，真实情境应用常态化：第19题以“光雾山杯”皮划艇世界杯创设测量情境，是巴中卷区别于其他地区的显著标识；未来命题可能继续围绕光雾山、巴河、红色文旅等本地名片，结合统计、测量、函数最值等知识，引导学生在真实数据中建立数学模型。 三阶递进式综合与实践题型或成常态，模型迁移能力更受重视：第22题“教材重现·提出问题—模型建构·应用意识—拓展推广·实践能力”的结构与安徽卷综合实践题类似，但第(3)问引入参数m形成一般结论，体现更高层次的抽象；预计今后巴中卷会继续选取教材母题进行变式，突出“做中学”与“用中学”。 基础题“送分到位”但概念辨析要求更深，避免机械刷题：第2题轴对称与中心对称图形、第3题幂运算与乘法公式、第12题二次根式与分式有意义的条件，均聚焦概念本质；第10题二次函数四个结论判断、第15题多结论填空，更是把“会背公式”与“真懂原理”区分开来。未来基础题仍会保持较低计算量，但会加强对概念、图象性质和易错点的辨析。 几何压轴与函数压轴继续承载高阶思维，构造与转化是核心：第21题圆中通过D是弧AC中点、DE⊥AB等条件推导AF=DF，第23题抛物线通过构造平行线OE∥CQ把二倍角关系转化为三角函数求坐标，均体现“少算多想、构造转化”的命题取向；预计圆与抛物线仍将是压轴题的主要载体，相似、全等、三角函数与二次函数性质的交叉融合会更加深入。 考点细目表 题号 题型 分值 具体考点 关键能力 1 单选 4 数与式→实数的大小比较→正数、负数、0的大小关系 运算能力 2 单选 4 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 4 数与式→整式运算与乘法公式→同底数幂乘法、合并同类项、完全平方公式、单项式乘多项式 运算能力 4 单选 4 统计与概率→概率初步→古典概型（摸球问题） 数据分析 5 单选 4 图形的变化→坐标与对称→关于x轴对称的点的坐标特征 几何直观 6 单选 4 图形的性质→三角形与多边形→三角形稳定性与多边形对角线 推理能力 7 单选 4 函数→一次函数与反比例函数图象→根据k的符号判断一次函数与反比例函数图象 直观想象 8 单选 4 方程与不等式→分式方程的应用→由实际问题抽象出分式方程（滞尘量问题） 模型观念 9 单选 4 图形的性质→三角形与尺规作图→角平分线的尺规作图、勾股定理、面积法 推理能力 10 单选 4 函数→二次函数的性质→二次函数图象与性质、平移、与直线交点 直观想象 11 填空 4 数与式→二次根式的运算→平方差公式与二次根式化简 运算能力 12 填空 4 数与式→二次根式与分式有意义的条件→被开方数非负且分母不为0 运算能力 13 填空 4 图形的性质→圆的基本性质→垂径定理推论、等边三角形判定与性质 推理能力 14 填空 4 方程与不等式→一元二次方程根与系数关系→判别式、根与系数关系、二次函数最值 运算能力 15 填空 4 综合与实践→几何动态问题→等边三角形性质、三角函数、二次函数建模、面积关系 推理能力 16 解答 14 数与式→实数运算、不等式组、分式化简求值→零指数幂、二次根式、特殊角三角函数、绝对值、不等式组、分式化简 运算能力 17 解答 8 图形的性质→平行四边形与特殊四边形→平行四边形性质、全等三角形、菱形判定与性质、等腰三角形 推理能力 18 解答 10 统计与概率→统计图表与概率→扇形统计图、条形统计图、用样本估计总体、列表法求概率 数据分析 19 解答 10 图形的变化→解直角三角形的实际应用→俯角、坡比、坡度、锐角三角函数 模型观念 20 解答 10 函数→反比例函数与一次函数综合→待定系数法、函数图象交点、不等式解集、直角三角形存在性 直观想象 21 解答 12 图形的性质→圆的综合→切线判定、等腰三角形、圆周角定理、相似三角形 推理能力 22 解答 12 综合与实践→矩形中的几何模型→全等三角形判定与性质、等腰直角三角形、相似三角形、模型迁移 推理能力 23 解答 14 函数→二次函数综合→待定系数法、割补法求面积、角度二倍关系、存在性问题 直观想象 考点模块占比分析 数与式模块（约25%，38分）：覆盖第1、3、8、11、12、14、16题，与方程与不等式（分式方程、一元二次方程根与系数关系、不等式组）深度融合，重点考查实数大小比较、幂运算与乘法公式、二次根式化简与有意义条件、实数综合运算及分式化简求值。 函数模块（约21%，32分）：覆盖第7、10、20、23题，重点考查一次函数与反比例函数图象、二次函数性质与平移、函数不等式解集、函数与几何综合。 图形的性质模块（约24%，36分）：覆盖第2、6、9、13、17、21题，重点考查轴对称与中心对称、三角形稳定性、角平分线尺规作图、圆的基本性质、平行四边形与菱形、圆的综合证明。 图形的变化与综合实践模块（约20%，30分）：覆盖第5、15、19、22题，重点考查坐标对称、解直角三角形的实际应用、等边三角形动态探究、矩形模型三阶迁移。 统计与概率模块（约9%，14分）：覆盖第4、18题，重点考查古典概型、扇形与条形统计图、用样本估计总体、列表法求概率。 核心复习策略 1. 立足教材，筑牢“四基”堡垒 （1）回归课本概念与公式，特别是二次根式有意义条件、幂运算法则、全等三角形判定、圆中垂径定理与圆周角定理等高频基础点，做到知其然更知其所以然。 （2）针对第16题这类“一题三考”的运算综合题，建议每天进行限时计算训练，覆盖零指数幂、特殊角三角函数、绝对值、不等式组与分式化简求值，提升准确率和速度。 2. 强化模型与构造，突破几何压轴 （1）整理“一线三垂直”“半角模型”“手拉手”“截长补短”等常见几何模型，结合第22题三阶任务反复演练由特殊到一般的迁移过程，培养模型识别与构造能力。 （2）对圆与抛物线压轴题，重点训练切线证明、角度转化、面积最值、存在性探究等典型设问，学会通过作平行线、垂线、全等/相似转化把未知角、未知线段关系变成可计算对象。 3. 关注本地情境与统计应用，提升建模素养 （1）收集巴中本地赛事、文旅、生态等素材中的数学问题，练习将俯角、坡比、样本估计总体等知识迁移到真实情境中，提升读题、提取信息和建立模型的能力。 （2）统计与概率题要重视图表互补阅读、数据估算与概率表达规范，列表或树状图需做到不重不漏，计算结果用分数或最简比呈现，减少过程性失分。 避坑提醒（考试最易踩的雷） 二次根式与分式综合题易忽视“分母不为0”：第12题中要求，而分母，两者合并得，漏掉分母条件会写成而丢分。 多结论填空题少选、错选不得全分：第15题四个结论必须逐一验证，尤其是结论④需要建立方程求唯一x值，凭感觉判断容易少选或错选，建议用特殊值与代数推理双重验证。 解直角三角形应用题要弄清仰角、俯角与水平线的关系：第19题中俯角是视线与水平线的夹角，需先由坡比求出河堤竖直高度MN，再得PM=PN+MN，切勿把15m直接当作PM。 ×表达不规范：步骤、依据、单位或答语缺失都会造成失分。 一、单选题 1．下列实数中最大的是（   ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：实数的大小比较 ►命题分析： （1）情境创设：以四个实数的选取为背景，无复杂情境，直接考查正数、0、负数之间的大小关系。 （2）问题设计：设问为“最大的是”，四个选项分别给出正数、负数和0，要求学生根据“正数>0>负数”快速判断，属于基础概念辨析。 （3）考查目标：考查学生对实数大小比较基本法则的掌握，侧重运算能力与数感。 答案与解析 【答案】A 【分析】利用“正数大于0，0大于负数”的基本性质即可求解． 【详解】解：∵所有负数都小于，所有正数都大于，又，是负数，不是正数，是正数， ∴， 因此最大的实数是． 知识总结 ①核心概念：正数大于0，0大于负数；两个负数比较，绝对值大的反而小。②解题要点：先判断各数符号，再按“正数>0>负数”排序。③易错提醒：不要因是无理数而犹豫，是正数。 2．下列图形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：以四个常见图形（五角星、太极图、奥运五环、某图形）为素材，判断哪一个既是轴对称图形又是中心对称图形。 （2）问题设计：四个选项分别对应不同的对称性组合，学生需准确区分“轴对称”与“中心对称”两个概念，避免混淆。 （3）考查目标：考查学生对两种对称性概念的理解与图形识别能力，侧重几何直观。 答案与解析 【答案】D 【详解】解：A选项，五角星是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； B选项，太极图不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意； C选项，奥运五环是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； D选项，该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意． 知识总结 ①核心概念：轴对称图形沿某条直线折叠后两部分重合；中心对称图形绕某点旋转180°后与原图形重合。②解题要点：逐个分析选项，先判轴对称再判中心对称。③常见图形：圆、矩形、正方形、菱形既是轴对称又是中心对称。 3．下列计算正确的是（   ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：整式运算与乘法公式 ►命题分析： （1）情境创设：以四个常见代数运算式为载体，考查同底数幂乘法、合并同类项、完全平方公式和单项式乘多项式。 （2）问题设计：四个选项分别设置一种运算错误，要求学生逐一核对运算法则，属于“概念辨析型”基础题。 （3）考查目标：考查学生对整式运算法则的准确掌握，特别是完全平方公式中交叉项的处理。 答案与解析 【答案】D 【分析】运用同底数幂乘法法则、同类项概念、完全平方公式、单项式乘多项式法则，逐一判断选项即可． 【详解】解：A、∵同底数幂相乘，底数不变，指数相加，∴，A错误． B、∵与所含字母不同，不是同类项，不能合并，∴，B错误． C、∵根据完全平方公式，，∴，C错误． D、∵根据单项式乘多项式法则，用单项式乘多项式的每一项再相加，∴，D正确． 知识总结 ①核心公式：，，。②解题要点：逐项验证，注意同类项、符号与系数。③易错点：完全平方公式不要漏写，单项式乘多项式要乘遍每一项。 4．一个布袋中放着8个红球和16个黑球，这两种球除了颜色不同外没有其他区别，布袋中的球已经搅匀，从布袋中任取一个球，取出红球的概率为（   ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：古典概型（摸球问题） ►命题分析： （1）情境创设：以布袋中8个红球和16个黑球为背景，考查随机摸出一个球是红球的概率。 （2）问题设计：直接给出两种颜色球的数量，要求学生利用概率公式计算，情境简单直观。 （3）考查目标：考查学生对概率计算公式的理解和数据分析能力。 答案与解析 【答案】B 【分析】本题考查概率的计算，根据概率公式，随机事件的概率等于所求情况数除以所有可能的总情况数，代入计算即可． 【详解】解：∵布袋中有8个红球和16个黑球， ∴球的总个数为， ∴取出红球的概率为． 知识总结 ①核心公式：。②解题要点：先求总球数，再代入计算并约分。③易错点：不要把红球与黑球数量颠倒，也不要遗漏约分。 5．在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（   ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：关于x轴对称的点的坐标特征 ►命题分析： （1）情境创设：以平面直角坐标系中点为背景，求其关于x轴对称点的坐标。 （2）问题设计：直接考查坐标变换规律，选项设置具有一定的干扰性，需准确记忆“横同纵反”。 （3）考查目标：考查学生对坐标对称变换规律的掌握，侧重几何直观。 答案与解析 【答案】A 【分析】本题考查平面直角坐标系中关于x轴对称的点的坐标规律，利用“关于轴对称的点，横坐标不变，纵坐标互为相反数”即可求解． 【详解】解：∵关于轴对称的点的坐标特征为：横坐标相等，纵坐标互为相反数， 已知点， ∴点关于轴对称的点的横坐标为，纵坐标为，即． 知识总结 ①核心规律：关于x轴对称，横坐标不变，纵坐标互为相反数；关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标互为相反数；关于原点对称，横、纵坐标均互为相反数。②解题要点：先定位P点，再按规律写出。 6．要使六边形木架（用6根木条钉成）不变形，至少要再钉上几根木条（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 命题透视 ►核心考点：三角形稳定性与多边形对角线 ►命题分析： （1）情境创设：以六边形木架为背景，考查如何用最少的木条使六边形木架不变形。 （2）问题设计：将“三角形稳定性”与“多边形从一个顶点出发可引对角线条数”结合，要求学生知道过n边形一个顶点可作条对角线。 （3）考查目标：考查学生将实际问题转化为数学模型的能力，侧重推理能力。 答案与解析 【答案】C 【分析】根据三角形具有稳定性，要使六边形木架不变形，需将其分割成三角形，即过六边形的一个顶点作对角线，需要的木条数等于对角线的条数． 【详解】解：∵三角形具有稳定性，要使六边形木架不变形，需把它分成三角形． ∵过边形的一个顶点作对角线，有条对角线， ∴对于六边形，至少要再钉上根木条． 知识总结 ①核心结论：三角形具有稳定性；过n边形一个顶点可作条对角线，将多边形分成个三角形。②解题要点：六边形，需再钉根木条。 7．函数与（）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（   ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：一次函数与反比例函数图象的综合判断 ►命题分析： （1）情境创设：以同一坐标系中一次函数与反比例函数的图象为背景，判断可能的图象。 （2）问题设计：需要根据的符号分类讨论两种函数的图象经过象限，再与选项比对，考查分类讨论与图象识别。 （3）考查目标：考查学生对一次函数和反比例函数图象性质的理解，以及分类讨论思想。 答案与解析 【答案】D 【分析】根据的符号分两种情况讨论，结合函数图象经过的象限进行判断即可． 【详解】解：分两种情况讨论：①当时，则， 反比例函数的图象在第一、三象限，一次函数的图象经过第一、三、四象限； 观察选项A、B，图象均不符合； ②当时，则， 反比例函数的图象在第二、四象限，一次函数的图象经过第一、二、四象限； 观察选项C，直线经过第一、三、四象限，不符合； 观察选项D，双曲线在第二、四象限，直线经过第一、二、四象限，符合． 知识总结 ①核心规律：时，过一、三、四象限，在一、三象限；时，过一、二、四象限，在二、四象限。②解题要点：按正负两类分别排除选项。 8．科学研究表明：树叶在光合作用后产生的分泌物能够吸附空气中的悬浮颗粒物，具有滞尘净化空气的作用．已知一片银杏树叶一年的平均滞尘量比一片国槐树叶一年的平均滞尘量的2倍少，一年滞尘所需的银杏树叶的片数与一年滞尘所需的国槐树叶的片数相同．设一片国槐树叶一年的平均滞尘量为，则可列方程为（   ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：由实际问题抽象分式方程 ►命题分析： （1）情境创设：以银杏叶和国槐树叶的滞尘量为真实背景，根据“一年滞尘1000mg所需银杏叶片数与滞尘550mg所需国槐叶片数相同”列方程。 （2）问题设计：先设国槐单片滞尘量为，再表示银杏单片滞尘量为，最后用“片数=总量÷单片量”建立等式。 （3）考查目标：考查学生从文字信息中提取数量关系、建立分式方程的建模能力。 答案与解析 【答案】B 【分析】本题考查列分式方程解决实际问题，解题思路是先根据题意表示出一片银杏树叶的平均滞尘量，再根据“片数=总滞尘量÷单片滞尘量”，结合两种树叶的片数相等列出方程． 【详解】解：∵设一片国槐树叶一年的平均滞尘量为，一片银杏树叶一年的平均滞尘量比国槐的2倍少， ∴一片银杏树叶一年的平均滞尘量为． ∵一年滞尘所需的银杏树叶的片数为，一年滞尘所需的国槐树叶的片数为，且两种树叶的片数相同， ∴可列方程：． 知识总结 ①核心关系：片数。②解题要点：找准等量关系“两种叶片数相同”，注意单位统一。③易错点：不要把写成。 9．如图，在中，，，，以点为圆心任意长为半径画弧分别交、于、两点，分别以点、为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，则的面积为（） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：尺规作图（角平分线）、勾股定理与面积法 ►命题分析： （1）情境创设：以直角三角形中尺规作的角平分线BF为背景，求的面积。 （2）问题设计：先识别尺规作图得到角平分线，再过F作，利用角平分线性质，结合面积法列方程求解。 （3）考查目标：考查尺规作图识别、角平分线性质、勾股定理和面积法的综合运用。 答案与解析 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理、角平分线的性质以及三角形面积公式．首先根据勾股定理求出的长，再根据尺规作图可知是的角平分线，利用角平分线上的点到角两边的距离相等，结合面积法求出点到的距离（即的长），最后计算的面积． 【详解】解：在中，，，， 由勾股定理得：， 由尺规作图可知，是的角平分线，过点作于点， ，即， ， ， ， 即， ， ，解得， ， ． 知识总结 ①核心性质：角平分线上的点到角两边的距离相等；。②解题要点：先用勾股定理求，再设，利用面积法列方程求。③计算结果：，。 10．关于二次函数，下列说法正确的个数是（     ） ①它的图象经过第一、二、三象限； ②当时，y随x的增大而增大； ③它的图象可由向右平移2个单位，再向下平移1个单位得到； ④直线（k为常数）与它的图象一定有两个交点． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 命题透视 ►核心考点：二次函数的图象与性质 ►命题分析： （1）情境创设：以二次函数为背景，判断四个关于图象、单调性、平移和交点的结论。 （2）问题设计：先将函数配方为顶点式，再逐项分析开口方向、对称轴、与坐标轴交点、平移规律和判别式。 （3）考查目标：考查学生对二次函数图象与性质的深度理解，以及配方、判别式等综合运算能力。 答案与解析 【答案】C 【分析】先将二次函数配方为顶点式，再结合二次函数的图象性质、平移规律、交点与判别式的关系，逐个判断即可得结论． 【详解】解：∵， ∵ ， ∴ 抛物线开口向上，对称轴为，顶点坐标为， ①令，得，解得或，即抛物线与轴交于和， ∵抛物线开口向上， ∴当时，恒成立，不存在且的点， ∴图象不经过第三象限，故①错误； ②∵ 开口向上，对称轴为， ∴ 时，随的增大而增大，又， ∴ 时随的增大而增大，故②正确； ③根据平移规律可得，向右平移2个单位，再向下平移1个单位，得到的二次函数解析式为，与原函数一致，故③正确； ④联立，整理得， ∵恒成立， ∴方程总有两个不相等的实数根，即直线与抛物线一定有两个交点，故④正确； 综上所述，正确的说法共3个． 知识总结 ①核心公式：顶点式中，对称轴，顶点；决定交点个数。②解题要点：配方后逐项判断；注意“不经过第三象限”需结合开口与交点综合分析。③结论：①错，②③④对，共3个正确。 二、填空题 11．计算：__________________． 命题透视 ►核心考点：二次根式的混合运算 ►命题分析： （1）情境创设：给出的计算式，要求化简求值。 （2）问题设计：式子符合平方差公式结构，直接利用展开化简即可得到结果4。 （3）考查目标：考查二次根式化简与平方差公式的基本运算能力。 答案与解析 【答案】 【分析】本题考查平方差公式与二次根式的运算，观察式子符合平方差公式的结构，利用平方差公式展开后，结合二次根式的性质计算即可得到结果． 【详解】解： 知识总结 ①核心公式：。②解题要点：把看作a，1看作b，原式。③易错点：不要误拆成，注意原题是两项相乘而非相加。 12．代数式有意义时，x的取值范围是_____________． 命题透视 ►核心考点：二次根式与分式有意义的条件 ►命题分析： （1）情境创设：以代数式为背景，求的取值范围。 （2）问题设计：同时涉及二次根式被开方数非负和分式分母不为0两个约束，需取交集。 （3）考查目标：考查学生对代数式有意义条件的全面考虑能力，易错点明显。 答案与解析 【答案】 【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，列出不等式求解即可． 【详解】解：要使代数式有意义，需同时满足二次根式有意义的条件和分式有意义的条件． 根据二次根式的定义，被开方数需大于等于，可得 ． 根据分式的定义，分母不能为，可得， 即， 联立两个条件可得 ， 解不等式得． 知识总结 ①核心条件：有意义需；有意义需。②解题要点：且，故。③易错点：不要只写。 13．如图，是⊙的一条弦，A为圆上一点，，，则的度数为____________． 命题透视 ►核心考点：圆的基本性质与等边三角形 ►命题分析： （1）情境创设：以圆中弦BC、点A在圆上、、为背景，求。 （2）问题设计：由且判定为等边三角形，再结合求，最后用差角求。 （3）考查目标：考查圆的半径相等、垂径定理推论、等边三角形判定与性质的综合运用。 答案与解析 【答案】 【分析】根据题意可得为等边三角形，进而可得，再求即可． 【详解】解：，， ，则， 为等边三角形， ， ， ． 知识总结 ①核心思路：且等边；。②结果：。 14．已知，是关于x的一元二次方程的两个实数根，则的最小值是______________． 命题透视 ►核心考点：一元二次方程根与系数关系及最值 ►命题分析： （1）情境创设：以方程的两根为背景，求的最小值。 （2）问题设计：先用判别式确定，再利用根与系数关系将化为，结合一次函数增减性求最小值。 （3）考查目标：考查判别式、根与系数关系和函数最值的综合运用，易因忽视判别式范围而出错。 答案与解析 【答案】 【分析】先根据一元二次方程根的判别式确定参数的取值范围，再利用根与系数的关系将变形为关于的一次式，结合一次函数的增减性求出最小值． 【详解】解： ，是关于的一元二次方程的两个实数根， ， 解得， 由根与系数的关系得：，， ， ， 随的增大而减小， 当取最大值时，取得最小值， 代入得，最小值为． 知识总结 ①核心公式：，，。②解题要点：先由得，再由随t增大而减小，知时取最小值。 15．如图，在边长为1的等边三角形中，D为边上的动点（不与端点重合），过点D作于点G．下列说法正确的有___________．（填写序号，错选不得分，少选得2分，选全得4分） ①； ②； ③设，则的面积S是关于x的二次函数； ④仅存在一点D，使得． 命题透视 ►核心考点：等边三角形中的动态探究与二次函数建模 ►命题分析： （1）情境创设：以边长为1的等边三角形ABC中动点D在BC上运动为背景，设置四个结论判断。 （2）问题设计：通过，用三角函数把DG、BG用BD表示，再逐项判断面积大小、二次函数关系和存在性。 （3）考查目标：考查动态几何、三角函数、二次函数建模和方程思想，是填空压轴题，区分度高。 答案与解析 【答案】①②③④ 【分析】由题意易得，则有，，然后问题根据三角形面积，二次函数的性质及三角函数进行排除答案即可． 【详解】解：∵是等边三角形，且边长为1， ∴， ∵， ∴，， ∵D为边上的动点（不与端点重合）， ∴， ∴，，故①说法正确； ∵， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，故②说法正确； 设，则有， ∴， ∴， ∴的面积S是关于x的二次函数，故③说法正确； 过点作，如图所示： ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得：（负根舍去）， ∴仅存在一点D，使得，故④说法正确； 综上所述：正确的有①②③④． 知识总结 ①核心关系：，；设，则，。②结论：①②③④均正确。③策略：对多选填空要逐项代数验证，少选得部分分，错选不得分。 三、解答题 16．计算： (1)； (2)求不等式组的解集； (3)先化简，然后从1、2、3这三个数中选出合适的数代入求值． 命题透视 ►核心考点：实数综合运算、解不等式组、分式化简求值 ►命题分析： （1）情境创设：一题三问，分别考查实数运算、解一元一次不等式组、分式化简求值，是解答题入口题。 （2）问题设计：(1)将零指数幂、二次根式、特殊角三角函数、绝对值混合运算；(2)分别解两个不等式再取公共部分；(3)先按分式混合运算法则化简，再根据分式有意义条件选值代入。 （3）考查目标：考查学生基础运算能力、不等式求解能力和分式化简求值的规范性。 答案与解析 【答案】(1) (2) (3)，当时，值为 【分析】（1）利用零指数幂性质，二次根式化简，特殊角三角函数值，绝对值性质分别化简各项，再合并同类项得到最终结果． （2）分别求解不等式组中两个不等式的解集，再取两个解集的公共部分得到不等式组的解集． （3）根据分式混合运算法则化简原式，根据分式有意义的条件排除不符合要求的，将合适的代入得到计算结果． 【详解】（1）解： （2）解： 解不等式①得：， 解不等式②得， ∴不等式组的解集为． （3）解： 根据分式有意义的条件，可得，，即且． ∴代入，原式． 知识总结 ①运算要点：，，，。②不等式组：分别求解后取交集，注意端点是否取等。③分式化简：先通分、因式分解、约分，最后由选代入。 17．如图，在中，O为中点，过点O的直线分别交、于点E、F，连接、． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，．求的度数． 命题透视 ►核心考点：平行四边形、全等三角形与菱形 ►命题分析： （1）情境创设：以平行四边形ABCD中过对角线AC中点O的直线交AD、BC于E、F为背景。 （2）问题设计：(1)用AAS证明，得到，进而证四边形AFCE为平行四边形；(2)由证得AFCE为菱形，再结合、求。 （3）考查目标：考查平行四边形性质、全等三角形判定、菱形判定与性质、等腰三角形角度计算。 答案与解析 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵O为中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； (2) 【分析】（1）由题意得，，然后可得，则有，进而问题可求证； （2）由题意证出四边形为菱形，则有，然后可得，进而问题可求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形为平行四边形，， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 知识总结 ①核心判定：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形。②角度计算：菱形，故。 18．学校为了解七年级学生对校园艺术节活动的喜欢程度（喜欢程度分为四类：A．非常喜欢，B．喜欢，C．一般，D．不喜欢），对该年级学生进行抽样调查，并将结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图． 根据上述信息，解答下列问题： (1)本次抽样调查中，学校一共抽取了_____________名学生，并补全条形统计图； (2)该年级共有学生400人，请估计对活动“非常喜欢”的学生人数； (3)学校决定对学生进一步访谈，先从C类学生中抽取1名学生，再从D类学生中抽取1名学生，请用列表格或画树状图的方法，求抽取的2名学生恰好是1名男生和1名女生的概率． 命题透视 ►核心考点：统计图表与概率 ►命题分析： （1）情境创设：以七年级学生对校园艺术节活动喜欢程度的抽样调查为背景，给出不完整的扇形图和条形图。 （2）问题设计：(1)由已知部分数量和百分比求总数，补全条形图；(2)用样本中“非常喜欢”的比例估计总体400人中的相应人数；(3)用列表法求抽取一男一女的概率。 （3）考查目标：考查学生读取统计图表、用样本估计总体以及用列表法求概率的能力。 答案与解析 【答案】(1)25，补全条形统计图如下： (2)112人 (3) 【分析】（1）根据统计图先求出被抽查的总人数，然后根据题意得到B类男生人数和A类女生人数，进而问题可求解； （2）根据题意可直接列式进行求解； （3）由题意可设C类学生中男生为，女生为，D类学生中男生为，女生为，然后根据列表法进行求解概率即可． 【详解】（1）解：由统计图可知：本次抽样调查中，学校一共抽取了学生人数为（名）， ∴（名），即B类男生人数为（名）， A类女生人数为（名）， 补全条形统计图略； （2）解：由（1）可得：（人）， 答：对活动“非常喜欢”的学生人数112人； （3）解：由题意可设C类学生中男生为，女生为，D类学生中男生为，女生为，则可列表如下： 一共有12种等可能的结果，其中抽取的2名学生恰好是1名男生和1名女生的有6种等可能的结果，所以抽取的2名学生恰好是1名男生和1名女生的概率为． 知识总结 ①核心公式：总数；估计人数总体样本频率。②概率计算：列表法枚举所有等可能结果，数出满足条件的结果数。③结果：(1)25名；(2)112人；(3)。 19．“观四龛福城，赏巴河逐浪”，“光雾山杯”2026年国际划联皮划艇马拉松世界杯于5月23日在巴河之畔举行．一架无人机在巴河河堤上N点处竖直升空，当升至距地面的空中P点时，测得C点正前方的河面上两艘皮划艇A和B的俯角分别为和（点M、C、B、A在一条直线上）．已知河堤斜坡的长为，坡比为（计算结果保留整数）．（参考数据：，，，，，） (1)求无人机距河面的高度； (2)求两艘皮划艇之间的距离． 命题透视 ►核心考点：解直角三角形的实际应用（俯角、坡比） ►命题分析： （1）情境创设：以“光雾山杯”2026年国际划联皮划艇马拉松世界杯在巴河之畔举行为背景，无人机在河堤N点升空到P点，测得两艘皮划艇A、B的俯角。 （2）问题设计：(1)由河堤坡比和m，先求m，再得m；(2)在和中分别用正切求BM、AM，再得m。 （3）考查目标：考查学生将真实测量情境抽象为直角三角形、利用三角函数解决实际问题的建模能力。 答案与解析 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意得：，，则有，然后根据三角函数可进行求解； （2）由题意得：，，然后根据三角函数进行求解即可． 【详解】（1）解：由题意得：，， ∴， ∵， ∴， ∴； 答：无人机距河面的高度的长为 （2）解：由题意得：， 由（1）可知：， 在中，， 在中，， ∴； 答：两艘皮划艇之间的距离的长为． 知识总结 ①核心关系：坡比；俯角水平线与视线的夹角。②解题要点：先由坡比求竖直高度MN，再用分别在两个直角三角形中求水平距离。③结果：m，m。 20．如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线（）交于、B两点，与x轴交于点D． (1)求反比例函数的表达式及点B的坐标； (2)直接写出不等式的解集； (3)若点P为x轴上的动点，当为直角三角形时，求点P的坐标． 命题透视 ►核心考点：反比例函数与一次函数综合 ►命题分析： （1）情境创设：以直线与双曲线交于A、B两点，与x轴交于D点为背景。 （2）问题设计：(1)把A坐标代入直线得A(1,9)，再求反比例函数，联立求B(-9,-1)；(2)根据图象直接写出不等式的解集；(3)设，利用勾股定理分和讨论。 （3）考查目标：考查待定系数法、函数图象与不等式关系、数形结合与分类讨论思想。 答案与解析 【答案】(1)， (2)或 (3)当为直角三角形时，点P的坐标为或 【分析】（1）先得出，然后可得反比例函数解析式，进而联立函数关系式可得点B的坐标； （2）根据图象可直接进行求解； （3）由题意可设，则有，根据两点间距离公式可得：，，，然后可分当时，当时，进而分类进行求解即可． 【详解】（1）解：由题意可把点代入直线得：， ∴， ∴， ∴反比例函数解析式为， 联立，解得：或， ∴点B的坐标为； （2）解：由图象及（1）可知：不等式的解集为或； （3）解：由题意可设， 把代入直线得：，解得：， ∴， ∵， ∴根据两点间距离公式可得：，，， 当为直角三角形时，则可分： 当时，由勾股定理可得：， ∴， 解得：（不符合题意，舍去）， ∴； 当时，由勾股定理可得：， ∴， 解得：， ∴； 综上所述：当为直角三角形时，点P的坐标为或． 知识总结 ①核心方法：待定系数法求函数解析式；联立方程求交点；数形结合写不等式解集。②存在性讨论：直角三角形中需明确哪个角为直角，用勾股定理列方程。③结果：或。 21．如图，是的直径，点C、D在圆上，D是的中点，于点E，交于点，、交于点，在延长线上且． (1)求证：为的切线； (2)求证：； (3)若，，求的长． 命题透视 ►核心考点：圆的综合证明与计算 ►命题分析： （1）情境创设：以AB为圆O直径，点C、D在圆上，D是弧AC中点，交AC于F为背景。 （2）问题设计：(1)连接OC，利用直径所对圆周角为90°、等弧所对圆周角相等及证得；(2)通过等角代换证明，得到；(3)利用由求。 （3）考查目标：考查切线判定、等腰三角形性质、圆周角定理、相似三角形判定与性质的综合运用。 答案与解析 【答案】(1)证明：连接，如图所示： ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵是的半径， ∴为的切线． (2)证明：∵D是的中点， ∴， ∴， ∵，是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴． (3) 【分析】（1）连接，由题意易得，则有，然后可得，进而问题可求证； （2）由题意易得，然后可得，则有，进而问题可求证； （3）由题意易得，然后可得，进而问题可求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 知识总结 ①核心思路：证切线即证半径垂直；即证。②相似关系：且。③结果：。 22．四边形是矩形，点在边上，． (1)【教材重现·提出问题】 如图1，，、分别是、的中点，交矩形外角的平分线于点．求证：； (2)【模型建构·应用意识】 如图2，，交矩形外角的平分线于点，延长交的延长线于点，求的值； (3)【拓展推广·实践能力】 如图3，，（为常数），求的值（用含的代数式表示）． 命题透视 ►核心考点：矩形中的全等、相似与模型迁移 ►命题分析： （1）情境创设：以矩形ABCD中为背景，分“教材重现·提出问题”“模型建构·应用意识”“拓展推广·实践能力”三阶设问。 （2）问题设计：(1)证明；(2)通过截取构造全等，把转化为；(3)引入比例参数m，利用和得到。 （3）考查目标：考查学生从教材基本图形出发，通过构造全等、相似进行模型迁移和一般化探究的能力。 答案与解析 【答案】(1)证明：如图， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，、分别是、的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴． (2) (3) 【分析】（1）由题意易得，，然后可得，，进而问题可求证； （2）在上截取一点，使得，由题意易得，，然后可得，则有，进而根据等腰直角三角形的性质进行求解即可； （3）连接，由题意易得，则有，然后可得，，进而证明进行求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：在上截取一点，使得，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （3）解：连接，如图所示： ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 知识总结 ①核心模型：矩形中常构造“一线三垂直”或截长补短。②关键辅助线：第(2)问截取得到；第(3)问连接AC、AF，利用两边成比例且夹角相等证相似。③结果：(2)；(3)。 23．如图，抛物线（）与轴交于、两点． (1)求抛物线的表达式； (2)点为抛物线在第二象限内的动点，求面积的最大值； (3)在第二象限内的抛物线上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 命题透视 ►核心考点：二次函数综合（面积最值与角度二倍关系存在性） ►命题分析： （1）情境创设：以抛物线过A(-2,0)、B(1,0)为背景，设置求解析式、面积最值和存在性问题。 （2）问题设计：(1)待定系数法得；(2)设D点坐标，用割补法把面积表示为关于t的二次函数求最值；(3)构造，利用，通过三角函数与勾股定理求E点坐标，再求直线CQ解析式，联立抛物线得Q点。 （3）考查目标：考查二次函数解析式求法、割补法求面积、存在性探究中的构造与转化能力，是试卷压轴题。 答案与解析 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可； （2）由题意易得，连接，设，其中，然后根据割补法得到的面积，进而根据二次函数的性质进行求解即可； （3）过点作，交于点，过点作，取的中点，连接，过点作，过点作，由题意易得，，，然后可得，进而根据三角函数及勾股定理可进行求解． 【详解】（1）解：∵抛物线（）与轴交于、两点， ∴，解得：， ∴抛物线的表达式为； （2）解：由（1）可知：抛物线的表达式为， ∴令时，则有，即， 连接，设，其中， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴当时，的面积最大，最大值为； （3）解：存在点，使得， ∵，，， ∴， ∴，， 过点作，交于点，过点作，取的中点，连接，过点作，过点作，如图所示： ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设的解析式为，则有， ∴， ∴的解析式为， ∵， ∴设直线的解析式为，把点代入得：， ∴直线的解析式为， 联立，解得：或（不符合题意，舍去）， ∴． 知识总结 ①核心方法：待定系数法；割补法求面积；构造平行线转化角的关系。②关键构造：取OA中点F，由且得，故；再作使。③结果：(1)；(2)最大面积为1；(3)。 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 $