2026年中考数学真题完全解读（甘肃省兰州卷）

该初中数学中考复习资料覆盖数与式、函数、图形性质等核心考点，按模块构建知识网络，通过考点细目表梳理高频考点，结合真题解读实施“基础巩固-能力提升-压轴突破”三阶训练，帮助学生系统突破难点。 亮点在于地域文化情境与数学问题融合，如敦煌藻井相似比、悬壁长城测量等实例，培养学生几何直观与应用意识。设计新定义探究（如“等腰直角点”）和分类讨论训练，配合避坑提醒与规范表达指导，助力学生高效提升推理能力与应考技巧，教师可据此精准把控复习节奏。

2026年甘肃省兰州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年甘肃省兰州市中考数学试题全卷共26题，满分120分，考试时间120分钟，题型结构与近三年保持一致：选择题11题（每题3分，共33分）、填空题4题（每题3分，共12分）、解答题11题（共75分）。试卷以基础性考查为基本盘，兼顾综合性、应用性与创新性，突出对数学核心素养的全面覆盖。选择题第1-11题以基础概念与常规运算为主，涉及相反数、轴对称与中心对称、三角形外角、整式运算、旋转、一次函数、二元一次方程组、相似、二次函数应用、概率、菱形综合等，起点低、坡度缓，侧重考查抽象能力、运算能力与几何直观。填空题第12-15题考查代数式整体代换、全等三角形判定、平行四边形与矩形面积、二次函数图象性质，重在推理能力与运算能力。解答题第16-26题由易到难梯度明显：第16-18题考查二次根式运算、分式化简求值、不等式组的整数解，第19题以因式分解探究整除性问题，第20题一次函数与反比例函数综合，第21题尺规作图与等分圆周，第22题解直角三角形测量悬壁长城高度，第23题统计图表与数据分析，第24题圆的切线与性质，第25题新定义几何探究，第26题综合与实践。全卷注重甘肃地域文化（敦煌藻井、甘肃简牍、齐家文化青铜镜、嘉峪关悬壁长城）与真实情境的融合，兼顾基础巩固与能力选拔。 试题亮点 1. 陇原历史文化情境贯穿全卷，凸显甘肃卷的育人底色：第8题以敦煌藻井“方井套叠藻井”为情境，考查正方形相似比；第10题以甘肃简牍博物馆“我爱兰州”篆书卡片为素材，考查古典概率；第21题以广河县齐家坪遗址出土的“中华第一镜”青铜镜为背景，考查圆周等分；第22题以嘉峪关悬壁长城测量为问题，考查解直角三角形。甘肃地方文化资源与真实情境深度结合，引导学生在数学问题中感受家国情怀与文化自信。 2. 数学文化经典与基础运算并重，通性通法仍是得分关键：第7题以《九章算术》中“籴粟”问题为背景，考查二元一次方程组建模；第12题考查整体代换求值，第16题考查二次根式混合运算，第17题考查分式化简求值，第18题考查不等式组的整数解。这些题目均回归教材基本方法与通性通法，体现“基础不丢分、概念要精准”的命题导向。 3. 新定义与几何探究压轴，思维过程与分类讨论能力是区分核心：第25题以“等腰直角点”新定义为载体，综合考查等腰直角三角形、平移、对称与参数范围；第26题综合与实践在正方形中探究线段数量关系；第24题圆与切线综合，第11题菱形与动点函数图象结合，均体现从特殊到一般、从静态到动态的思维梯度。 命题趋势 一、题型结构与分值保持稳定，基础题“送分到位”但概念考查更细：兰州卷延续“11选择+4填空+11解答”结构，第1-11题与第12-15题总体难度温和，但第8题相似比、第11题菱形动点、第15题二次函数多结论判断等题目对概念理解的准确性要求更高。预计未来仍将以基础题为基本盘，通过图形变换、动点与函数图象、多结论判断等设计检验概念本质，拒绝机械刷题。 二、甘肃地域文化情境将持续入题，应用意识考查常态化：第8题敦煌藻井、第10题甘肃简牍、第21题齐家文化青铜镜、第22题嘉峪关悬壁长城，均为甘肃辨识度极高的地方素材，第23题更以清洁能源绿色低碳转型为真实数据背景。未来命题将继续选取陇原历史文化遗产与国家能源转型等素材，引导学生在真实情境中建立数学模型。 三、中高档题单题承载量持续增大，几何与代数综合成为区分主战场：第20题一次函数与反比例函数及三角形中位线综合，第24题圆与切线、相似、勾股定理融合，第25题新定义结合等腰直角三角形与参数范围，均体现跨模块综合程度的加深。预计未来将继续强化数形结合、分类讨论与存在性问题。 四、新定义压轴与综合实践延续，思维过程考查仍是顶尖区分度载体：第25题“等腰直角点”定义与第26题综合与实践，均要求学生理解定义、翻译条件、从特殊到一般地探究。未来压轴题将继续淡化复杂计算、强化探究过程与规范表达，综合与实践题型的比重有望保持。 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→有理数的相反数→相反数的概念 运算能力 2 单选 3 图形的变化→轴对称与中心对称→中心对称图形与轴对称图形的判定 几何直观 3 单选 3 图形的性质→三角形与平行线→三角形的外角性质与平行线的性质 推理能力 4 单选 3 数与式→整式的运算→幂的运算法则与乘法公式 运算能力 5 单选 3 图形的变化→图形的旋转→旋转的性质与角度计算 几何直观 6 单选 3 函数→一次函数→一次函数中参数k的几何意义 运算能力 7 单选 3 方程与不等式→二元一次方程组→列二元一次方程组解决实际问题 模型观念 8 单选 3 图形的变化→图形的相似→相似多边形的性质与相似比 几何直观 9 单选 3 函数→二次函数的应用→根据函数关系式求自变量的值 运算能力 10 单选 3 统计与概率→概率→用列举法求简单事件的概率 数据观念 11 单选 3 图形的性质→菱形与动点问题→菱形的性质与直角三角形斜边中线 几何直观 12 填空 3 数与式→代数式求值→整体代入法 运算能力 13 填空 3 图形的性质→全等三角形的判定→添加条件判定三角形全等 推理能力 14 填空 3 图形的性质→平行四边形与矩形→矩形的判定与面积计算 推理能力 15 填空 3 函数→二次函数的图象与性质→二次函数图象的交点、对称轴、增减性与最值 运算能力 16 解答 5 数与式→二次根式的运算→二次根式的乘法与加减混合运算 运算能力 17 解答 5 数与式→分式的化简求值→分式的约分、通分与代数式求值 运算能力 18 解答 5 方程与不等式→一元一次不等式组→求不等式组的整数解 运算能力 19 解答 6 数与式→因式分解→提公因式法与平方差公式的运用 推理能力 20 解答 7 函数→一次函数与反比例函数→待定系数法求解析式与线段长度 运算能力 21 解答 7 图形的性质→圆与尺规作图→等分圆周的作图依据 几何直观 22 解答 7 图形的变化→解直角三角形的应用→用锐角三角函数解决测量问题 应用意识 23 解答 7 统计与概率→数据的分析与统计图表→统计图表的读取与数据分析 数据观念 24 解答 8 图形的性质→圆的切线性质→切线的判定与性质、相似、勾股定理 推理能力 25 解答 9 图形的性质→新定义与几何综合→等腰直角三角形的性质、平移与对称、参数范围 创新意识 26 解答 9 综合与实践→正方形的性质与综合探究→正方形的性质、角平分线性质与线段关系 创新意识 考点模块占比分析 数与式模块（约28%，33分）：有理数、整式、分式、二次根式等数与式的运算，以及一元一次方程、二元一次方程组、不等式（组）的求解与应用。对应第1、4、7、12、16、17、18、19题。 函数模块（约13%，16分）：一次函数、反比例函数、二次函数的图象与性质及其综合应用。对应第6、9、15、20题。 图形的性质模块（约23%，27分）：三角形、全等、四边形（菱形、矩形）、圆的性质与推理证明。对应第3、11、13、14、21、24题。 图形的变化与综合实践模块（约28%，34分）：平移、旋转、轴对称、相似、解直角三角形、新定义几何探究与综合与实践。对应第2、5、8、22、25、26题。 统计与概率模块（约8%，10分）：概率计算、统计图表读取与数据分析、决策解释。对应第10、23题。 核心复习策略 1. 回归教材，夯实数与式、函数与方程基础 （1）优先夯实核心概念与通性通法：重点突破整式、分式、二次根式运算及一次、二次函数性质（对应第4、12、16、17、6、9、15题），做到概念清、方法熟、计算准。 （2）按模块梳理知识网络：将数与式、方程与不等式、函数串成主线，结合第18题不等式组、第20题函数综合题建立从条件到模型的解题流程。 2. 强化几何图形与变换的综合训练 （1）分类型训练高频图形：全等与相似（第13、8题）、菱形与矩形（第11、14题）、圆与切线（第21、24题），形成“识图—标注—找条件—推理”的分析流程。 （2）强化解直角三角形与尺规作图：针对第22题测量类、第21题等分圆周类问题，训练将实际情境转化为几何模型并规范作答。 3. 突破新定义压轴，规范答题表达 （1）重视分类讨论与从特殊到一般的探究：针对第25题“等腰直角点”、第26题综合与实践，训练理解定义、翻译条件、分情况讨论。 （2）规范答题表达：证明过程写清判定依据（第13、24题），统计题用数据说话（第23题），避免步骤缺失与计算失误。 避坑提醒（考试最易踩的雷） ×只刷难题忽视基础：第1-15题基础题失分最不划算，尤其是第8题相似比、第15题二次函数多结论，易因概念不牢而丢分。 ×证明过程只写结论不写依据：第13题全等判定、第24题切线证明，缺少判定定理依据会被扣过程分。 ×新定义题浅尝辄止：第25题若不耐心翻译“等腰直角点”定义、不分类讨论，压轴题几乎无法得分。 ×计算与单位粗心：第22题测量结果需精确到0.1m，第23题统计结论表述，单位与近似要求最易被忽略。 一、单选题 1．的相反数是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：相反数的概念 ►命题分析： （1）情境创设：纯数学概念题，无复杂情境，直接给出一个负数要求判断其相反数。 （2）问题设计：以选择题直接设问，选项为几个易混淆的数，考查学生对相反数定义的准确理解。 （3）考查目标：考查对相反数概念的准确理解与快速判断，属于基础记忆与理解层次。 答案与解析 【答案】D 【详解】解：的相反数是． 知识总结 ①核心概念：只有符号不同的两个数互为相反数，0的相反数是0。②解题方法：求一个数的相反数即在该数前面加负号，注意与倒数、绝对值区分。③拓展关联：相反数、绝对值、倒数三者常在同一题中辨析，是数轴、实数运算的基础。 2．数学之美通常体现在简单的形状里，对称体现着平衡的智慧．下列图形分别是“斐波那契螺旋点”“双黄金螺旋”“科赫曲线”“赵爽弦图”，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（     ） 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判定 ►命题分析： （1）情境创设：以“斐波那契螺旋点”“双黄金螺旋”“科赫曲线”“赵爽弦图”等体现数学之美的图形为情境。 （2）问题设计：四选一，要求判断四个图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的一项，考查图形对称性质的辨别。 （3）考查目标：考查几何直观与图形变换视角下对对称性的判断能力。 答案与解析 【答案】C 【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意 ． 知识总结 ①核心概念：轴对称图形沿一条直线对折后重合；中心对称图形绕某点旋转180°后与原图重合。②解题方法：先找对称轴判断轴对称，再找对称中心判断中心对称，逐项排除。③拓展关联：与旋转、平移、相似联系密切，是图形变换板块的基础概念。 3．如图，是的外角，过点作射线，若，，则（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：三角形的外角性质与平行线的性质 ►命题分析： （1）情境创设：以三角形及其外角、过顶点作平行线为几何情境。 （2）问题设计：给出角的关系与一个已知角，求另一角的度数，考查外角性质与平行线性质的综合运用。 （3）考查目标：考查逻辑推理与角度运算能力，检验对“外角等于不相邻两内角之和”及平行线性质的理解。 答案与解析 【答案】A 【分析】先证明，再利用平行线的性质求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴． 知识总结 ①核心概念：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和。②解题方法：由同位角、内错角相等转化角的位置，再用外角定理列式求解。③拓展关联：平行线性质与内角和定理、外角定理构成角度计算的核心工具，常与等腰三角形、全等结合。 4．下列计算正确的是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：整式的运算（幂的运算与乘法公式） ►命题分析： （1）情境创设：纯代数运算题，给出四个整式运算的等式。 （2）问题设计：四选一判断计算正确的是哪一项，选项覆盖同底数幂、幂的乘方、乘法公式等易混法则。 （3）考查目标：考查运算能力与对幂运算法则、乘法公式的熟练程度。 答案与解析 【答案】D 【详解】解：，A错误； ，B错误； ，C错误； ，D正确． 知识总结 ①核心概念：同底数幂相乘底数不变指数相加；幂的乘方指数相乘；积的乘方各因式分别乘方；完全平方公式与平方差公式。②解题方法：逐项按法则展开验证，注意符号与指数。③拓展关联：幂运算与乘法公式是整式乘除、因式分解的基础，也是中考高频基础考点。 5．如图，将绕点逆时针旋转，得到，若，则（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：旋转的性质与角度计算 ►命题分析： （1）情境创设：以三角形绕顶点旋转为几何情境。 （2）问题设计：给出旋转角与旋转后一个角的大小，求旋转前后对应角的大小，考查旋转性质。 （3）考查目标：考查几何直观与角度运算能力，检验对“旋转不改变图形形状与大小”的理解。 答案与解析 【答案】B 【分析】根据旋转性质得到，再进行角度运算即可求解． 【详解】解：∵绕点逆时针旋转，得到， ∴， ∵， ∴． 知识总结 ①核心概念：图形旋转后，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线所成的角都等于旋转角。②解题方法：抓住对应角相等、旋转角相等，用角的和差关系列式。③拓展关联：旋转与轴对称、中心对称、全等密切相关，是几何变换综合题的常用工具。 6．在式子中，每增加1，增加，没变，因此也增加．在一次函数中，当由2增加到3时，函数值由5增加到7，则的值为（     ） A．2 B．3 C．5 D．7 命题透视 ►核心考点：一次函数中参数k的几何意义 ►命题分析： （1）情境创设：以一次函数y=kx+b中自变量与函数值的增量关系为情境。 （2）问题设计：给出x由2增至3时y由5增至7，求k的值，考查对k表示变化率的理解。 （3）考查目标：考查模型观念与运算能力，检验对一次函数增减量关系的本质理解。 答案与解析 【答案】A 【分析】先求出的增加量和的增加量，根据题意每增加1，也增加即可求出． 【详解】解：∵由2增加到3，由5增加到7， ∴的增加量为，的增加量为， ∵每增加1，的增加量等于， ∴． 知识总结 ①核心概念：一次函数y=kx+b中，k等于函数值增量与自变量增量之比，即k=(y2-y1)/(x2-x1)。②解题方法：用两点坐标代入斜率公式求k，勿与截距b混淆。③拓展关联：k的正负决定函数增减性，k的绝对值决定倾斜程度，是函数图象与几何结合的桥梁。 7．《九章算术》中记载了一道题，原文是：籴（dí）上粟二斗、下粟三斗，共价六十二钱；上粟五斗、下粟四斗，共价九十九钱，问上下粟斗价各几何？译文是：买2斗上粟，3斗下粟共62钱；买5斗上粟，4斗下粟共99钱，求上、下粟每斗价格？设上粟每斗钱，下粟每斗钱，则可列方程组为（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：列二元一次方程组解决实际问题 ►命题分析： （1）情境创设：以《九章算术》中“籴粟”问题（上粟、下粟价格）为数学文化情境。 （2）问题设计：给出两次购买的数量与总价，求设未知数后应列的方程组，考查等量关系的建立。 （3）考查目标：考查模型观念与从文字中抽象数量关系的能力，渗透数学文化。 答案与解析 【答案】A 【分析】根据两次购买的总价列方程组即可． 【详解】解：根据题意，得． 知识总结 ①核心概念：列二元一次方程组的关键是找准两个独立等量关系。②解题方法：设两个未知数，按“单价×数量=金额”分别列方程。③拓展关联：方程组与一次函数图象的交点、消元思想联系紧密，是代数建模的基础题型。 8．敦煌藻井是敦煌石窟图案中的精华，位于石窟顶部中央，绘制了从东晋十六国至元代末年的千年时段，它被称为“天空的艺术”．如图1是方井套叠藻井，由三层方井以45度角交错套叠而成，层层递进极具纵深感．如图2是抽象的几何图形，外切于的正方形，正方形，正方形以45度角交错套叠而成，其中，则正方形与正方形的相似比是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：相似多边形的性质与相似比 ►命题分析： （1）情境创设：以敦煌藻井“方井套叠藻井”三层方井45°交错套叠为文化情境。 （2）问题设计：通过正方形套叠构造等腰直角三角形，求两个正方形的相似比，考查相似比与几何推导。 （3）考查目标：考查几何直观与推理能力，检验对正方形性质、等腰直角三角形与相似比的综合运用。 答案与解析 【答案】B 【分析】根据题意可得，为等腰直角三角形，可得到，同理，从而得到，即可求解． 【详解】解：∵四边形，均为正方形， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形，， ∴，为等腰直角三角形， ∴， ∴， 同理， ∴， ∴正方形与正方形的相似比是． 知识总结 ①核心概念：相似多边形的对应边之比叫相似比，对应边成比例、对应角相等。②解题方法：利用45°角构造等腰直角三角形，设最小正方形边长为1逐步放大，求相似比。③拓展关联：相似与位似、黄金分割、图形密铺相联系，是几何变换与代数结合的常见载体。 9．一辆汽车的行驶距离关于行驶时间的函数关系式是．若汽车行驶，则行驶时间是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：根据函数关系式求自变量的值 ►命题分析： （1）情境创设：以汽车行驶距离s关于行驶时间t的函数关系式为应用情境。 （2）问题设计：给出s的值，反求行驶时间t，考查二次方程求解与正负取舍。 （3）考查目标：考查运算能力与代数方程思想，检验根据实际意义舍去负根的意识。 答案与解析 【答案】C 【详解】解：将代入，得， 两边同时乘以，得， 移项，得， 开平方，得， ∵， ∴，解得． 知识总结 ①核心概念：把已知函数值代入解析式转化为方程求解。②解题方法：代入s=440，移项配方开平方求t，结合t>0舍去负值。③拓展关联：二次函数与一元二次方程的关系是函数应用的典型考点，常与抛物线图象、最值问题结合。 10．甘肃是中国简牍大省，河西走廊乃汉简之都，部分简牍上的文字用篆体书写．小宇参观甘肃简牍博物馆后，在四张材质、大小完全相同的卡片正面用篆体分别写上“”“”“”“”（我爱兰州），将这四张卡片背面朝上洗匀放好．小宇从中随机抽取两张卡片，恰好能组成“”一词的概率是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：用列举法求简单事件的概率 ►命题分析： （1）情境创设：以甘肃简牍博物馆“我爱兰州”篆书卡片为地方文化情境。 （2）问题设计：从四张卡片中随机抽取两张，求恰好组成“兰州”的概率，考查不放回抽取的列举。 （3）考查目标：考查数据观念与分类列举能力，检验古典概率模型的建立。 答案与解析 【答案】C 【详解】解：设四张卡片分别为（我）、（爱）、（兰）、（州）， 画树状图如下： 从四张卡片中随机抽取两张，所有可能的结果共种，其中恰好能组成“兰州”的结果只有种， 恰好能组成“兰州”一词的概率是． 知识总结 ①核心概念：P(事件)=事件包含的结果数/所有等可能结果数。②解题方法：用列表法或树状图法列举不放回抽取的12种（或直接6种无顺序）等可能结果，数出满足条件的情况。③拓展关联：概率与统计图表、树状图、游戏公平性联系，是统计与概率模块的核心题型。 11．如图1，在菱形中，对角线与相交于点，是的中点，连接．动点从点出发，沿匀速运动，运动到点时停止．设点的运动路程为，线段的长为，如图2，关于的函数图象的最低点是点，则的长是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：菱形的性质与动点问题 ►命题分析： （1）情境创设：以菱形中动点P沿AC-CD运动、线段PQ长与路程x的函数图象为情境。 （2）问题设计：给出y关于x的函数图象的转折点与最低点，求OQ的长，考查图形与图象信息互译。 （3）考查目标：考查几何直观与推理能力，检验从函数图象读取几何量的能力。 答案与解析 【答案】B 【分析】根据函数图象的转折点确定的长，根据图象最低点确定的长，结合菱形性质、勾股定理及直角三角形斜边中线性质求解． 【详解】解：由函数图象可知，当时，图象出现转折，说明点运动到点， ． 四边形是菱形， ，． 当时，线段的长最小，由图象可知，的最小值为． 此时， ，， ， ， 是的中点， ， ， ． 在中，， ，是的中点， ． 知识总结 ①核心概念：菱形对角线互相垂直平分；直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。②解题方法：由图象转折点得AC=8，由最低点得PQ最小值1，结合中位线与勾股定理求BC，再求OQ=½BC。③拓展关联：动点与函数图象结合是中考高频综合题，常与三角形、四边形性质及最值问题融合。 二、填空题 12．若，则__________． 命题透视 ►核心考点：代数式求值（整体代换） ►命题分析： （1）情境创设：给出代数式a²-2=2，求含a²的整式的值。 （2）问题设计：直接考查将已知等式整体代入变形后代数式的思路。 （3）考查目标：考查运算能力与整体思想，避免先解方程再代入的繁冗。 答案与解析 【答案】4 【分析】将所求代数式变形后，整体代入已知条件计算即可． 【详解】解：∵ ， ∴ 对提取公因式变形，得， 将代入上式， 得． 知识总结 ①核心概念：整体代换是把某个代数式看作整体直接代入求值。②解题方法：由a²-2=2得a²=4，再代入2a²-4=2×4-4=4。③拓展关联：整体思想贯穿因式分解、配方法、函数求值，是简化计算的重要策略。 13．如图，点，在上，，，要使，需添加的一个条件是__________．（只写一个） 命题透视 ►核心考点：全等三角形的判定 ►命题分析： （1）情境创设：以两三角形共用边BE、点C、F在BE上为几何情境。 （2）问题设计：给出部分相等条件，要求添加一个条件使两三角形全等，属于开放型设问。 （3）考查目标：考查推理能力与对全等判定定理（SSS、SAS、ASA、AAS、HL）的灵活运用。 答案与解析 【答案】（或或或） 【分析】先由题意确定已知条件，再根据全等的判定条件进行解答． 【详解】解：， ， 即． 又， 可添加的条件有： （1）添加， 在和中 ； （2）添加， 在和中 ； （3）添加， 则， 由（1）可知； （4）添加， 则， 由（2）可知． 知识总结 ①核心概念：判定两三角形全等的四种基本方法及直角三角形HL。②解题方法：先由BF=EC推出BC=EF，再结合∠A=∠D补充一对对应边或对应角。③拓展关联：全等是证明线段相等、角相等的基本工具，是平行四边形、圆、相似等内容的基础。 14．在中，对角线与相交于点，是等边三角形，，则的面积是__________． 命题透视 ►核心考点：矩形的判定与面积计算 ►命题分析： （1）情境创设：以平行四边形中△COD为等边三角形为几何情境。 （2）问题设计：给出等边三角形与边长，求平行四边形面积，考查由对角线关系判定矩形。 （3）考查目标：考查推理能力与几何计算，检验“对角线相等的平行四边形是矩形”的判定。 答案与解析 【答案】 【分析】由平行四边形的对角线互相平分得到，，由是等边三角形得，这样我们可以得到对角线．根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，得出是矩形，所以为直角三角形，借助勾股定理得，最后根据矩形面积公式即可求出结果． 【详解】解：如图所示： ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵是等边三角形， ∴， ∴，， ∴， ∴是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 知识总结 ①核心概念：对角线相等的平行四边形是矩形；矩形面积=长×宽。②解题方法：由△COD等边得OD=OC，推出对角线AC=BD，判定为矩形，再用勾股定理求另一边。③拓展关联：平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定与性质相互转化，是四边形板块的核心链条。 15．已知二次函数，下列结论正确的是__________．（填序号） ①函数图象与轴的交点坐标是；    ②函数图象的对称轴是直线； ③当时，随的增大而增大；    ④当时，函数的最大值是10． 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：给出二次函数y=-x²+6x+1的解析式，要求判断多个结论的正误。 （2）问题设计：多结论判断题，涉及与x轴交点、对称轴、增减性、最值，考查性质的全面掌握。 （3）考查目标：考查运算能力与对二次函数图象、顶点、对称轴的熟练运用。 答案与解析 【答案】 ①②④ 【分析】根据二次函数的性质，逐个验证每个结论的正确性即可． 【详解】解：①：把代入，得， ∴函数图象与轴的交点坐标为，故①正确； ②：二次函数的对称轴为直线，故②正确； ③：∵，抛物线开口向下，对称轴为直线， ∴当时，随的增大而减小，故③错误； ④：∵抛物线开口向下，顶点在对称轴处，此时取最大值， ∴代入得，即函数最大值是，故④正确； 综上，正确结论的序号是①②④． 知识总结 ①核心概念：二次函数y=ax²+bx+c的对称轴为x=-b/(2a)，顶点坐标可由配方或公式求得，a<0时开口向下有最大值。②解题方法：配方得顶点式，结合开口方向判断增减性与最值，逐项验证。③拓展关联：二次函数图象与性质是中考压轴高频考点，常与一元二次方程、不等式、几何最值结合。 三、解答题 16．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：纯代数计算题，考查二次根式的乘法与加减。 （2）问题设计：要求计算一个含二次根式乘法与减法的式子，考查运算顺序与化简。 （3）考查目标：考查运算能力与二次根式化简，检验乘法分配律在二次根式中的运用。 答案与解析 【答案】 【分析】利用乘法分配律展开原式，化简二次根式后合并计算得到结果． 【详解】解：原式 ． 知识总结 ①核心概念：二次根式乘法、化简（化去根号内可开方因数）、合并同类二次根式。②解题方法：先用乘法分配律展开，把根号内因数化简为最简二次根式再合并。③拓展关联：二次根式与实数运算、分母有理化、勾股定理中的长度计算紧密相关。 17．先化简，再求值：，其中． 命题透视 ►核心考点：分式的化简求值 ►命题分析： （1）情境创设：纯代数运算题，给出分式混合运算式子与x的值。 （2）问题设计：先化简再代入求值，涉及分式乘除与因式分解。 （3）考查目标：考查运算能力与分式运算法则，检验先化简后代入的规范步骤。 答案与解析 【答案】， 【详解】解： 当时，原式． 知识总结 ①核心概念：分式约分、乘除转化为乘法、利用平方差与完全平方公式因式分解。②解题方法：分子分母分解因式后约分，再整体代入求值。③拓展关联：分式化简与因式分解、代数式求值紧密联系，是代数运算能力考查的经典题型。 18．取哪些整数值时，不等式和都成立？ 命题透视 ►核心考点：一元一次不等式组的整数解 ►命题分析： （1）情境创设：给出两个一元一次不等式，要求同时成立。 （2）问题设计：求两个不等式解集的公共部分，并写出其中的整数值。 （3）考查目标：考查运算能力与不等式求解，检验解集的确定与整数解列举。 答案与解析 【答案】满足条件的的整数值为，． 【详解】解：解不等式得， 解不等式得， ∴使不等式和都成立的解集为， ∴满足条件的的整数值为，． 知识总结 ①核心概念：分别解每个不等式，取解集的公共部分。②解题方法：解出x>-2且x<4/7，取两者交集再列举整数解。③拓展关联：不等式（组）与数轴、一次函数图象、最值问题联系密切，是代数推理的基础。 19．解答下列各题： (1)初步探究：能被67整除吗？请你说明理由． (2)迁移应用：当为大于1的整数时，请说明能否被三个连续的整数整除？ 命题透视 ►核心考点：因式分解与整除性问题 ►命题分析： （1）情境创设：以探究“66³-66能否被67整除”并迁移到n³-n为问题情境。 （2）问题设计：两问由特殊到一般，先提公因式再用平方差公式分解，说明整除性。 （3）考查目标：考查推理能力与因式分解的应用，检验从特殊到一般的迁移探究。 答案与解析 【答案】(1)能被67整除， 理由：， ∴能被67整除； (2)能被三个连续的整数整除 理由：， ∵为大于1的整数， ∴、n、是连续的整数， ∴能被三个连续的整数整除． 【分析】（1）先提公因式66，再利用平方差公式因式分解，进而可得结论； （2）先提公因式n，再利用平方差公式因式分解，进而可得结论． 【详解】（1）略 （2）略 知识总结 ①核心概念：提公因式法与平方差公式；整除即一个数能被另一个数写成整数倍。②解题方法：66³-66=66(66²-1)=66×65×67，故能被67整除；n³-n=n(n-1)(n+1)为三个连续整数之积。③拓展关联：因式分解是代数恒等变形的核心工具，与整式乘除、求值、整除证明密切联系。 20．如图，一次函数的图象是由的图象向上平移1个单位得到，交反比例函数（）的图象于点，交轴于点．为轴上一点，分别交一次函数、反比例函数的图象于点，．过点作轴于点，为的中位线，． (1)求反比例函数的表达式； (2)求线段的长． 命题透视 ►核心考点：一次函数与反比例函数综合 ►命题分析： （1）情境创设：以一次函数图象平移、交反比例函数图象及三角形中位线为几何代数综合情境。 （2）问题设计：两问由求反比例函数解析式到求线段长，涉及待定系数法与中位线性质。 （3）考查目标：考查运算能力与几何直观，检验函数图象性质与几何条件的相互转化。 答案与解析 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，函数图像平移，得到函数中的值，再根据已知条件，得出点坐标，将点坐标代入反比例函数内，即可得到函数解析式． （2）根据为的中位线，得出，继而得出，两点坐标，通过，即可得到的长度． 【详解】（1）解：由题意知，图像是由的图象向上平移1个单位得到， 得与为同一函数， ，， 一次函数为， 将代入一次函数，得， ∴ ， 过点作轴于点，， ∴的横坐标为， 在上，代入，得， 点坐标为， 点B在反比例函数上， ∴将点B坐标代入得，， 则反比例函数表达式为； （2）解：过点作轴于点，为的中位线，， ，， 轴，， 点的横坐标为， 又点在一次函数上，代入，得， 点的坐标为 轴， ∴点的纵坐标为3， ∵交反比例函数的图象于点． ∴， ∴， 点的坐标为， ∴， ． 知识总结 ①核心概念：一次函数平移规律（上下平移只变b）；待定系数法求解析式；三角形中位线平行且等于第三边一半。②解题方法：由平移得b值，由中位线BC=1与交点坐标列式求k，再求线段长。③拓展关联：一次函数、反比例函数与几何图形结合是中考中档综合题的热点，常考面积、线段与最值。 21．问题情境：1975年，甘肃省博物馆文物工作队在甘肃省临夏回族自治州广河县齐家坪遗址发现了一面距今四千多年的青铜镜，被誉为“中华第一镜”，它将我国铜镜史提前到了齐家文化时期．圆形铜镜是我国古代铜镜最重要的样式之一，其背面通常铸有各种几何的、艺术的花纹，许多花纹的制作都涉及等分圆周的问题．如图1所示铜镜背面的花纹制作就需要八等分圆周． (1)问题解决：如图2，小鑫研究发现我国东周到汉代一些出土实物上用“矩”（带直角的角尺）确定了圆心，她根据这个思路用带直角的尺子完成了四等分圆周．请你在图3中按以下步骤用带直角的尺子完成四等分圆周： ①作的任意直径； ②过点作的垂线，与相交于，两点，则点，，，将四等分．说明四等分圆周的依据：____________________________________________________________． (2)拓展探究：小华在（1）的基础上深入思考，根据所学知识尽量减少误差，用无刻度的直尺和圆规在刚做的图3的基础上使圆周八等分，请你帮小华完成． 命题透视 ►核心考点：圆的性质与尺规作图 ►命题分析： （1）情境创设：以齐家坪遗址出土青铜镜“中华第一镜”等分圆周的文化情境为背景。 （2）问题设计：按步骤用带直角尺子四等分圆周并说明依据，再拓展为八等分圆周的尺规作图。 （3）考查目标：考查几何直观与推理能力，检验对圆心角、弧、弦关系的理解与作图能力。 答案与解析 【答案】(1)①作的任意直径，如图： ②过点作的垂线，与相交于，两点，四等分圆周如图所示： 依据：，得到的圆心角，在中，相等的圆心角所对的弧相等，所以得到四段相等的圆弧，故点，，，将四等分． (2)圆周八等分如图所示： 【分析】（1）①过点O作的任意直径；②过点作的垂线，与相交于，两点，此时，得到的圆心角， 根据相等的圆心角所对的弧相等，即可证明四等分． （2）根据（1）的解题思路，相等的圆心角所对的弧相等，所以只需要分别作第一问中四个圆心角的角平分线，形成八个相等的圆心角，得到八段相等的圆弧，即可使圆八等分．具体作法：分别以点B，D为圆心，大于长度为半径画弧，两弧交于点M，连接，交于点F，同理，分别以点A，D为圆心，大于长度为半径画弧，两弧交于点N，连接，交于点H，再分别以点B，C为圆心，大于长度为半径画弧，两弧交于点Q，连接，交于点G，最后分别以点A，C为圆心，大于长度为半径画弧，两弧交于点P，连接，交于点E，此时，八个圆心角大小相等，得到八段相等的圆弧，即完成八等分． 【详解】（1）略． （2）略． 知识总结 ①核心概念：同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等；直径所对的圆周角为直角。②解题方法：作任意直径，再过圆心作其垂线得另一组直径，四段相等圆心角对应四段等弧；作角平分线可得八等分。③拓展关联：尺规作图与圆周角定理、圆心角定理结合，渗透数学文化，是中考的特色考查点。 22．位于嘉峪关市的悬壁长城，始建于明嘉靖十八年（1539年），因城墙沿陡峭山脊倒挂延伸，形成“长城倒挂，铁臂悬空”的奇观而得名．如图1，某数学兴趣小组计划测量悬壁长城最高处烽火台距离地面的高度．测量方案如图2，小组成员先在水平地面点处测得，然后沿方向往前走到达点处，测得，（测角仪高度），图中各点都在同一竖直平面内．，，三点共线，，，，．求最高处烽火台距离地面的高度（结果精确到）．参考数据：，，，，，． 命题透视 ►核心考点：解直角三角形的应用 ►命题分析： （1）情境创设：以嘉峪关悬壁长城烽火台高度测量为真实测量情境。 （2）问题设计：给出两处观测点及仰角、水平距离，求烽火台高度，考查锐角三角函数建模。 （3）考查目标：考查应用意识与运算能力，检验将实际问题转化为解直角三角形模型并规范作答。 答案与解析 【答案】 【分析】设，，证明四边形、四边形为矩形，根据、列方程求解即可． 【详解】解：设，，由题意知， ∵，，， ∴， 又∵， 即且， ∴四边形为平行四边形， ∵，即， ∴四边形为矩形， 同理可得四边形、四边形也为矩形， ∴，，， ∴， ， ∴， 解得， ∴， ∴． 知识总结 ①核心概念：仰角、正切函数tanA=对边/邻边。②解题方法：设高度为x，分别在两个直角三角形中用正切列方程，利用水平距离差200m建立等式求解并精确到0.1m。③拓展关联：解直角三角形广泛应用于测量、航海、坡度问题，是图形变化模块的应用核心。 23．近年来，我国加快推动能源绿色低碳转型，持续提高新能源供给比重，推进化石能源安全可靠有序替代，着力构建新型电力系统，建设能源强国．我国清洁能源（水电、核电、风电、太阳能）发电规模实现历史性跃升，能源结构转型成效显著．某综合实践研究小组根据我国相关部门公布的规模工业发电量的数据进行整理、描述与分析，给出部分数据信息： 信息一：2016—2025年火电、清洁能源及太阳能年度发电量统计图 信息二：2024年1—12月清洁能源月度发电量的中位数是2513；2025年1—12月清洁能源月度发电量从小到大排序，前四个数据为：2228，2299，2447，2558． 信息三：2025年火电、清洁能源月度发电量统计图 请根据以上信息，解答下列问题： (1)2016—2025年，清洁能源年度发电量的变化趋势：______________________________． (2)下列结论正确的是____________________．（填序号） ①2025年，第二季度火电和清洁能源月度发电量都持续增长； ②清洁能源月度发电量2025年有9个月超出2024年的中位数； ③太阳能年度发电量2021—2025年比2016—2020年增长快． (3)结合以上信息，请你谈谈对我国未来能源发展趋势的看法． 命题透视 ►核心考点：统计图表的读取与数据分析 ►命题分析： （1）情境创设：以我国清洁能源（水电、核电、风电、太阳能）发电规模数据为真实情境。 （2）问题设计：三问由读趋势、判断结论到开放谈看法，考查统计图表信息的提取与解读。 （3）考查目标：考查数据观念与应用意识，检验从统计图中读取数据、判断趋势并表达观点的能力。 答案与解析 【答案】(1)逐年持续增长 (2)①②③ (3)我国未来能源结构中清洁能源的发电量占比将不断提升，同时太阳能等新能源产业会保持高速发展，推动能源体系向更安全、绿色、可持续的方向升级．（表述合理即可） 【分析】（1）根据信息一的统计图中清洁能源年度发电量分析即可； （2）根据信息三的火电、清洁能源月度发电量统计图第二季度，即4、5、6月份的数据分析可判断①；根据信息二的2024年中位数与2025年从小到大排序后的前四个数据比较可判断②；根据信息一的太阳能年度发电量数据可判断③； （3）结合三个信息中数据体现的特征：清洁能源发电量持续快速的增长、火电占比逐步相对下降，可从能源结构优化、新能源发展等角度展开合理表述即可． 【详解】（1）略； （2）解：①第二季度为4、5、6月，从信息三的统计图读取对应数据，火电和清洁能源都是持续增长的，故该结论正确； ②∵2024年1—12月清洁能源月度发电量的中位数是2513，2025年1—12月清洁能源月度发电量从小到大排序，前四个数据为：2228，2299，2447，2558，其中2558大于2513， ∴剩余8个月的数据均大于2513，即有9个月超出2024年的中位数，故该结论正确； ③根据信息一，太阳能年度发电量2016—2020年增长了（亿千瓦时）； 2021—2025年增长了（亿千瓦时）； ∵ ∴太阳能年度发电量2021—2025年比2016—2020年增长快，故该结论正确； （3）略． 知识总结 ①核心概念：统计图的趋势判断、中位数、增长率比较。②解题方法：读横纵轴与图例，比较不同时段与能源类型的增减趋势，逐项判断结论。③拓展关联：统计图表与概率、平均数中位数众数联系，开放性问题考查数据分析素养与现实联系。 24．如图，是的直径，是的切线，为延长线上一点，延长交于点，，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 命题透视 ►核心考点：切线的判定与性质 ►命题分析： （1）情境创设：以圆、直径、切线及延长线构成的几何图形为情境。 （2）问题设计：两问由证明切线到求半径，涉及切线性质、全等、相似与勾股定理。 （3）考查目标：考查推理能力与几何计算，检验对切线判定定理的规范证明与综合运算。 答案与解析 【答案】(1)证明：连接， 是的直径，是的切线， ， ， ，， ， ， ， 四边形中，， ， ， 是的半径， 是的切线； (2) 【分析】（1）连接，根据切线的性质得，根据四边形的内角和是及，，可得，进而即可证明结论； （2）根据证明，得，根据勾股定理求出，进而根据勾股定理建立方程即可求得的半径． 【详解】（1）略 （2）解：， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 中，， 在中，， 即， 解得， 即的半径为． 知识总结 ①核心概念：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；切线与过切点的半径垂直。②解题方法：连接OC，由四边形内角和与圆心角定理证∠OCD=90°得切线；再用全等、勾股定理列方程求半径。③拓展关联：圆的切线性质与判定是圆综合题的核心，常与相似三角形、勾股定理、圆幂定理结合。 25．如图1，在平面直角坐标系中，点，．给出如下定义：对于线段及外一点，若线段上存在两点，，满足且，则称点为线段的“等腰直角点”． (1)已知点是线段的“等腰直角点”，求的长； (2)当时，求线段的“等腰直角点”的坐标； (3)当时，直线上存在线段的“等腰直角点”，求的取值范围； (4)如图2，已知正方形的四个顶点为，，，．若正方形的边上存在线段的“等腰直角点”，求长的取值范围． 命题透视 ►核心考点：新定义几何综合（“等腰直角点”） ►命题分析： （1）情境创设：以平面直角坐标系中点O、C及“等腰直角点”新定义为情境。 （2）问题设计：四问层层递进：求PA长、求点坐标、求参数b的范围、求PA的取值范围，考查分类讨论与数形结合。 （3）考查目标：考查创新意识与推理能力，检验理解新定义、翻译条件、从特殊到一般探究的能力。 答案与解析 【答案】(1) (2)或 (3)或 (4) 【分析】（1）证明为等腰直角三角形，进而解题； （2）证明为等腰直角三角形，，推出此时点与原点重合，与点重合，进而解题； （3）将（1）中的沿轴向左平移至处，此时点与点重合；将（1）中的沿轴向右平移至处，此时点与点重合；推出直线与轴的交点应在线段上，代入对应坐标即可解题；再根据对称性得到全部结果； （4）过点作交于点，过点作交于点，延长交轴于点，延长交轴于点，证明点为正方形的边上所有线段的“等腰直角点”中的最低点，点、为正方形的边上所有线段的“等腰直角点”中的最高点，进而得到范围． 【详解】（1）解：如图， 过点作轴交于点，则，， ∵点是线段的“等腰直角点”， ∴，， ∴为等腰三角形， ∵， ∴平分，即， ∴， ∴， ∴，即， ∴； （2）解：如图， 由（1）知，为等腰直角三角形，， ∴， 当时，， 解得， ∴， ∴，此时点与原点重合，与点重合， ∴； 由对称性可知，在第四象限也存在满足题意， ∴线段的“等腰直角点”的坐标为或； （3）解：如图， 当时，得到的与（1）中的全等， 将（1）中的沿轴向左平移至处，此时点与点重合，； 将（1）中的沿轴向右平移至处，此时点与点重合，； 由图可知，若直线上存在线段的“等腰直角点”，直线与轴的交点应在线段上， 当直线过点时，，解得， 当直线过点时，，解得， ∴； 同理，由对称性知，点，， 当直线过点时，，解得， 当直线过点时，，解得， ∴； 综上所述，或； （4）解：如图，过点作交于点，过点作交于点，延长交轴于点，延长交轴于点， 设，代入，， 有， 解得， ∴， 令，得，解得，即； 设，代入，， 有， 解得， ∴， 令，得，解得，即； 可以发现，此时的即为（1）中的，，点为线段的“等腰直角点”， 且这个点是正方形的边上所有线段的“等腰直角点”中的最低点，此时； ∵，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，解得； 同理可得也为等腰直角三角形，； 由题意可知，点、为线段的“等腰直角点”， 且这两个点是正方形的边上所有线段的“等腰直角点”中的最高点，此时； 综上所述，． 知识总结 ①核心概念：新定义“等腰直角点”即线段OC上存在两点A、B使∠APB=90°且PA=PB。②解题方法：构造等腰直角三角形并利用平移、对称确定点的轨迹，结合直线与轨迹相交条件求参数范围，再求PA的最值。③拓展关联：新定义题是中考压轴常客，融合等腰直角三角形、平移对称、函数与不等式，突出思维过程考查。 26．综合与实践 【问题情境】 数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，正方形中，点在上，，交直线于点．试猜想线段与的数量关系． (1)【建立模型】 同学们发现，过点分别作，，垂足为，，可以由平分，用角平分线的性质定理辅助解决这个问题．请在图1中补全图形，解答上述问题． (2)【模型应用】 小敏受此问题启发，并提出新的问题：如图2，延长交直线于点，请你判断线段与的数量关系，并说明理由． (3)【模型迁移】 小睿深入思考小敏提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图2，在（2）的条件下，当为直线上一动点，猜想线段，，之间的数量关系并直接写出结论． 命题透视 ►核心考点：正方形的性质与综合探究 ►命题分析： （1）情境创设：以综合与实践活动中正方形内线段数量关系的猜想与探究为情境。 （2）问题设计：三问由建立模型、模型应用到模型迁移，探究AE与EF、AE与EG及BE、DE、GD的关系。 （3）考查目标：考查创新意识与推理能力，检验从特殊到一般、从静态到动态的探究过程。 答案与解析 【答案】(1) (2)； 理由∶延长交于，延长交于， 正方形中，， ， ， 同理可证， 同（1）可证明四边形是矩形，四边形是正方形，， ， ， ， ， ； (3)①当在对角线上，时，；时，；②当在线段或的延长线上时， 【分析】（1）根据题中提供的方法，证明，进而证明四边形是正方形，进而可得，即可证明，进而可证明结论； （2）延长交于，延长交于，同法证明，即可得出结论； （3）作，交直线于，证明，由（1），（2）可知，证明，可得，分以下三种情况：①当在对角线上，时，当时；②当在线段的延长线上时；③当在线段的延长线上时，分别求得它们的关系即可． 【详解】（1）解：如图，过点分别作，，垂足为，， ， 正方形中，平分， ， 四边形是正方形， ，即， ， ，即， ， ， ； （2）略 （3）解：作，交直线于， ， ， ， ，平分， ， ，， ， 由（1），（2）可知， ， ， ， ， ①当在对角线上，时，如上图， ； 当时， 如图 同理可得； ②当在线段的延长线上时， 如图， 同理可得； ③当在线段的延长线上时， 如图， 同理可得； 综上所述，①当在对角线上，时，；时，；②当在线段或的延长线上时，． 知识总结 ①核心概念：正方形的性质、角平分线的性质定理、矩形与正方形的判定。②解题方法：过点作垂线构造全等与正方形，由角平分线性质得边相等，证明AE=EF并迁移到一般情形。③拓展关联：综合与实践题型融合正方形、全等、相似与动点问题，是中考压轴考查探究能力与规范表达的载体。 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 $