2026年中考数学真题完全解读（西藏卷）

2026年西藏自治区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年西藏自治区中考数学试卷满分120分，考试时间120分钟，全卷共26题：选择题10题每题3分共30分，填空题6题每题3分共18分，解答题10题共72分（第17-20题各5分，第21-25题各8分，第26题12分）。试卷整体定位基础性为主、兼顾综合性与应用性，梯度分明：第1-9题、第11-14题为基础题，第10、15、16题开始增加推理与探究成分，解答题从第17-20题的常规计算、开放解方程、分式化简与全等证明起步，到第21-25题的统计、应用、函数、测量与圆综合，最后以第26题二次函数压轴。选择填空覆盖相反数、三视图、无理数估算、幂运算、概率、平行线、圆周角、函数图象、圆锥展开、因式分解、二次根式、尺规作图、多边形内角和、规律探究、几何最值等主干考点；解答题依次考查实数混合运算（第17题）、开放性解一元二次方程（第18题）、分式化简求值（第19题）、全等三角形证明（第20题）、统计综合（第21题）、分式方程与不等式采购应用（第22题）、一次函数与反比例函数（第23题）、解直角三角形测河宽（第24题）、圆的切线综合（第25题）与二次函数综合（第26题）。试卷情境富有西藏特色与育人导向：第5题卓玛投掷正方体、第8题扎西骑车锻炼、第22题“铸牢中华民族共同体意识”宣传纪念品采购、第24题测量家乡河宽，第2题则以我国古代天文仪器“圭表”融入传统科技文化。全卷覆盖运算能力、几何直观、推理能力、模型观念、数据观念、应用意识与创新意识等核心素养，其中第10、16、26题对符号意识与转化能力的要求尤为突出。 试题亮点 1. 卓玛、扎西与共同体主题入题，民族团结育人情境贯穿全卷：第5题以卓玛投掷印有图案的正方体考查古典概型，第8题以扎西周六骑车锻炼的行程考查函数图象的辨析，第22题以“铸牢中华民族共同体意识”宣传活动中采购冰箱贴和书签为背景建立分式方程与不等式模型，第24题以学习小组测量家乡一条河的宽度为情境考查解直角三角形。四道题覆盖概率、函数、方程、三角四大板块，民族地区生活与民族团结教育不是贴标签，而是真实参与建模。 2. 传统科技文化与规律探究并重，开放性作答为卷面增色：第2题以我国古代测量日影长度的天文仪器“圭表”为素材考查主视图的判断；第15题给出数列 、、、…要求归纳第n个数；第18题要求从 、、 中任选一个数作为m的值解一元二次方程，答案不唯一。圭表、规律归纳与开放选择相结合，引导学生从记忆走向理解与创造。 3. 解答题梯度分明，压轴题以面积转化立意：第17-20题四道5分题覆盖实数计算、开放解方程、分式化简、全等证明等基础通法；第21-25题五道8分题实现统计、应用、函数、测量、圆的板块全覆盖；第26题压轴把 转化为平行线与抛物线的交点问题，第(3)问把面积比 转化为垂线段之比再求二次函数最大值，转化思想贯穿全卷。 命题趋势 1. 民族团结与本土实践情境将持续供给，采购建模题保持分式方程加不等式的双设问：第22题以“铸牢中华民族共同体意识”宣传纪念品采购为背景，第(1)问用分式方程求单价并检验，第(2)问在总金额不超过1500元、90名参与者人手一份的约束下求最多购买量；第24题测量家乡河宽、第8题扎西锻炼同属本地生活素材。预计未来西藏卷将继续把民族团结教育与实践测量嵌入方程、函数与三角板块，备考时应重点训练带检验、带约束词的应用题。 2. 基础题低起点但暗含概念辨析与开放设计，拒绝机械刷题：第3题估算 的范围、第4题逐项辨析幂运算与完全平方公式、第14题由外角与内角的倍数关系反求边数，均在常见考点上设置了辨析环节；第18题开放选择m的值、第15题规律探究则需要学生自主构造与归纳。延续西藏卷近年基础题占比较大、解答题起点较低的结构，预计未来基础题仍将以常规考点加辨析或开放的方式呈现，复习时要把公式来历与方法适用条件讲透。 3. 几何板块证明与计算并重，圆的综合稳居中高档：第20题矩形背景下的全等三角形证明为5分起步题，第13题由尺规作图痕迹识别垂直平分线并对接中位线定理，第16题菱形平移中的轴对称最短路线综合了平行四边形、等边三角形与勾股定理，第25题从切线证明到利用切线长定理与相似求 。预计圆与四边形的综合仍将承担8分中档与填空压轴的角色，训练时应强化由作图或对称翻译条件的思维路径。 4. 二次函数压轴淡化套路计算，强化转化与区间意识：第26题第(2)问借助AB与坐标轴成 构造等腰直角三角形，把面积条件转化为两条平行线 、 与抛物线的交点；第(3)问把面积比转化为垂线段之比 ，再设 把竖直线段表示为 ，在 的区间限制下求最大值。预计西藏卷压轴将继续以几何量转化加动点区间立意，训练时应重画图、重设参、重取等条件。 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→数轴与相反数的概念 抽象能力 2 单选 3 图形的变化→投影与视图→古代天文仪器圭表的主视图判断 空间观念、几何直观 3 单选 3 数与式→实数→无理数 的大小估算 运算能力 4 单选 3 数与式→整式→合并同类项、同底数幂除法、完全平方公式与积的乘方的辨析 运算能力 5 单选 3 统计与概率→概率→古典概型（卓玛投掷图案正方体） 数据观念 6 单选 3 图形的性质→相交线与平行线→直尺与三角尺组合中的角度分割与平行线性质 推理能力、几何直观 7 单选 3 图形的性质→圆→圆周角定理与弦垂直于直径的角度计算 推理能力 8 单选 3 函数→函数的图象→行程问题中距离与时刻的函数图象辨析（扎西骑车） 几何直观、应用意识 9 单选 3 图形的性质→圆→扇形弧长、圆锥底面半径与勾股定理综合 运算能力、推理能力 10 单选 3 函数→二次函数→抛物线与系数的关系及多结论判断（对称轴、代数式符号） 推理能力、抽象能力 11 填空 3 数与式→因式分解→提公因式法分解因式 运算能力 12 填空 3 数与式→二次根式→二次根式有意义的条件 运算能力 13 填空 3 图形的性质→三角形→尺规作图（垂直平分线）与三角形中位线定理 推理能力、几何直观 14 填空 3 图形的性质→多边形→正多边形的外角、边数与内角和 运算能力、推理能力 15 填空 3 数与式→探索规律→数列的符号、分子、分母规律归纳（通项公式） 抽象能力、创新意识 16 填空 3 图形的变化→图形的轴对称→菱形与平移背景下的轴对称最短路线问题 几何直观、推理能力 17 解答 5 数与式→实数→负整数指数幂、绝对值、立方根与特殊角三角函数的混合运算 运算能力 18 解答 5 方程与不等式→一元二次方程→开放选择参数m并用因式分解、配方法或直接开平方法解方程 运算能力、创新意识 19 解答 5 数与式→分式→分式的化简求值（因式分解、约分、通分后代入） 运算能力 20 解答 5 图形的性质→三角形→矩形背景下全等三角形的判定与性质（SAS） 推理能力 21 解答 8 统计与概率→数据的收集、整理与分析→样本容量推算、补全条形统计图、求中位数、用样本估计总体 数据观念、应用意识 22 解答 8 方程与不等式→分式方程→分式方程求单价（共同体主题纪念品采购）与一元一次不等式求最大购买量 模型观念、应用意识 23 解答 8 函数→一次函数与反比例函数→待定系数法求解析式、交点坐标与图象平移后的交点 运算能力、几何直观 24 解答 8 图形的变化→解直角三角形的应用→测量家乡河宽（两个直角三角形的正切计算与参考数据） 模型观念、应用意识 25 解答 8 图形的性质→圆→切线的判定与性质、切线长定理、相似三角形求三角函数值 推理能力、运算能力 26 解答 12 函数→二次函数综合→待定系数法、面积转化为平行线距离、面积比转化为垂线段之比与动区间最值 几何直观、创新意识 考点模块占比分析 数与式模块（约34.2%，41分）：涵盖相反数与数轴（第1题）、无理数估算（第3题）、整式运算辨析（第4题）、因式分解（第11题）、二次根式（第12题）、数列规律（第15题）、实数混合运算（第17题）与分式化简求值（第19题），并包含开放性解一元二次方程（第18题）以及分式方程、不等式的采购应用（第22题），是本卷稳定的得分基本盘。 函数模块（约21.7%，26分）：考查行程函数图象辨析（第8题）、抛物线系数符号与图象性质的多结论判断（第10题）、一次函数与反比例函数的交点及平移（第23题）、二次函数与直线的交点、面积转化与动区间最值（第26题）。第26题12分压轴，思维容量全卷最大。 图形的性质模块（约23.3%，28分）：覆盖直尺与三角尺的平行线问题（第6题）、圆周角定理与弦垂直于直径（第7题）、扇形围圆锥的弧长计算（第9题）、尺规作图垂直平分线与中位线（第13题）、正多边形内角和（第14题）、矩形全等证明（第20题）与圆的切线综合（第25题），证明与计算并重。 图形的变化与综合实践模块（约11.7%，14分）：包括我国古代天文仪器圭表的主视图（第2题）、菱形平移与轴对称最短路线（第16题）、测量家乡河宽的解直角三角形应用（第24题），体现西藏卷对传统文化与实践应用的持续关注。 统计与概率模块（约9.2%，11分）：第5题以卓玛投掷图案正方体考查古典概型，第21题以数学运算能力测试为情境，串联样本容量推算、补全条形统计图、求中位数与用样本估计总体，是本卷统计板块的主干题。 核心复习策略 1. 立足基础通法，筑牢数与代数基本盘 （1）夯实计算与化简通法：负整数指数幂、绝对值、立方根与特殊角三角函数的混合运算（第17题）、提公因式法分解因式（第11题）、分式的化简求值（第19题）与分式方程的检验（第22题）必须不丢分，建议按26题卷面结构做限时训练。 （2）重视开放性与规律类小题：第18题任选m的值解方程，要先选计算量最小、最有把握的情形解完整；第15题规律题按符号、分子、分母三条线拆分归纳，避免凭直觉填空。 2. 专项突破圆与函数综合，掌握条件翻译方法 （1）圆的综合按连半径、导角、证切线、算线段的流程训练：如第25题由 导出 证切线，第(2)问再用切线长定理把周长条件转化为 ，结合相似求出 。 （2）二次函数压轴按设参、转化、定区间建模：如第26题把面积比转化为垂线段之比，再设 用竖直线段 求最值，注意对称轴右侧与 的区间限制。 3. 强化转化思想与规范表达，向过程要分 （1）把转化清单内化为习惯：面积转平行线距离（第26题第(2)问）、面积比转垂线段比（第26题第(3)问）、折线和转对称点连线（第16题），遇到最值与比例问题先想转化路径再动笔。 （2）规范书写证明与应用题：第20题全等证明要写全三组条件与判定依据SAS，第22、24题的应用题必须写答句和单位，参考数据 、 的取值要按题目要求保留。 避坑提醒（考试最易踩的雷） ×忽视开放题的作答规范：第18题任选一个m的值即可，不必三种都解，但所选情形必须解完整；第15题第n个数必须写含n的通项，漏写符号因子 直接丢分。 ×分式方程不检验、应用题漏约束：第22题 必须写明经检验符合题意，第(2)问不能漏掉90名参与者人手一份的前提。 ×图形判断凭感觉：第8题行程图象要用路程相同、时间越长线段越平缓来辨析，第10题抛物线多结论要逐条推导，仅凭开口方向下结论极易选错。 ×压轴题只写结论不算过程：第26题第(2)问四个横坐标缺一不可，第(3)问必须说明m取最大值的取等条件与区间符合性，跳步会丢过程分。 一、单选题 1．如图，数轴上点表示的数的相反数是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：数轴与相反数的概念 ►命题分析： （1）情境创设：以数轴上点A表示的数3的示意图为载体，不设多余背景。 （2）问题设计：直接读图求相反数，四个选项设置 、、、 的符号与数值双重干扰，考查相反数与原数的关系。 （3）考查目标：抽象能力：理解相反数的几何意义（关于原点对称）与代数意义（只有符号不同）。 答案与解析 【答案】A 【详解】解：∵点A表示的数是3， ∴点表示的数的相反数是． 知识总结 ①相反数定义：只有符号不同的两个数互为相反数，3的相反数是 ；②几何解读：点A在原点右侧3个单位，其相反数位于原点左侧对称位置；③拓展关联：相反数、绝对值、倒数三大概念常联合辨析，注意 与 互为相反数，0的相反数是0。 2．如图，“圭表”是我国古代用于测量日影长度的天文仪器，该仪器的主视图是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：简单几何体的三视图（主视图） ►命题分析： （1）情境创设：以我国古代用于测量日影长度的天文仪器“圭表”的实物图为文化情境。 （2）问题设计：给出圭表的直观图与四个备选视图，判断其主视图，干扰项为左视图、俯视图及比例失真的图形。 （3）考查目标：空间观念与几何直观：由实物想象从正面观察得到的投影。 答案与解析 【答案】D 【详解】解：该仪器的主视图是： ． 知识总结 ①主视图定义：从正面观察几何体得到的正投影；②本题圭表由水平放置的“圭”与直立放置的“表”组成，主视图为横线与竖线构成的对应图形；③拓展关联：圭表是我国最早利用日影测定节气的天文仪器之一，传统文化与三视图结合是视图板块情境化命题的典型方式。 3．估计的值在（    ） A．1和2之间 B．2和3之间 C．3和4之间 D．4和5之间 命题透视 ►核心考点：无理数的大小估算 ►命题分析： （1）情境创设：纯估算情境：估计 的值所在区间。 （2）问题设计：四个区间选项（1和2之间至4和5之间），需利用相邻完全平方数夹逼，干扰项针对估算方法不熟设置。 （3）考查目标：运算能力：掌握用完全平方数夹逼估算无理数的方法。 答案与解析 【答案】B 【分析】本题考查了无理数的大小估算，根据，得，即可作答． 【详解】解：∵， ∴， 即的值在2和3之间， 故选：B． 知识总结 ①夹逼法：找与被开方数相邻的完全平方数，由 得 ，故在2和3之间；②拓展关联：，同类题还常考 、 的估算；③易错点：不能把被开方数除以2当作估值，必须借助完全平方数定位。 4．下列运算正确的是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：整式的运算（合并同类项、同底数幂除法、完全平方公式、积的乘方） ►命题分析： （1）情境创设：纯代数运算辨析情境，四个选项各自设置独立陷阱。 （2）问题设计：四个选项分别为 （A错）、（B错）、（C错）、（D对），要求逐项判别正误。 （3）考查目标：运算能力：准确运用整式运算法则并识别典型错误。 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法则回顾：合并同类项只合并系数；同底数幂相除指数相减；完全平方公式中间项是两倍交叉积；积的乘方每个因式都要乘方；②本题易错点：完全平方公式漏掉中间项 是最常见错误；③技巧：每个选项当作独立小题验算，也可用特值法辅助判断。 5．现有一个质地均匀的正方体，六个面分别标有图案“●”“▲”“▲”“★”“★”“★”．卓玛投掷一次正方体，出现“★”的概率是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：古典概型（等可能事件概率） ►命题分析： （1）情境创设：卓玛投掷一个质地均匀、六个面分别标有图案“●”“▲”“▲”“★”“★”“★”的正方体，藏族学生名字入题的本土情境。 （2）问题设计：直接求出现“★”的概率，选项 、、、 对应把图案种类数与面数混淆、忽略重复图案等错误。 （3）考查目标：数据观念与运算能力：用符合条件的结果数除以总等可能结果数计算概率。 答案与解析 【答案】C 【分析】用出现“★”的结果数与总等可能结果数的比值计算概率． 【详解】解：投掷一次正方体，共有6种等可能的结果，其中出现“★”的结果有3种， ∴所求概率为． 知识总结 ①概率公式：，出现“★”的面有3个，总面数6个；②易错辨析：统计的是“面”的数量而不是图案种类，重复出现的图案要按面数计入；③拓展关联：古典概型的前提是等可能，与频率的区别、与统计图表的综合是常考方向。 6．将一把直尺和一块含角的直角三角尺按如图所示的方式放置，若，则的大小是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：平行线的性质（直尺对边平行）与角度分割 ►命题分析： （1）情境创设：将一把直尺和一块含 角的直角三角尺按图示方式放置的组合图形情境。 （2）问题设计：由 求 ，需先利用 求出被分割的角，再由直尺两对边平行完成角度转移，选项梯度设置。 （3）考查目标：推理能力与几何直观：识别平行线与被分割的角并完成等角转移。 答案与解析 【答案】B 【分析】根据题意得，结合直尺的对边平行计算即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵直尺的对边平行， ∴． 知识总结 ①第一步：三角尺的 角被分成 与 两部分；②第二步：直尺的对边平行，同位角相等，故 ；③拓展关联：直尺加三角尺的组合是平行线性质命题的经典载体，关键是找准哪两条线平行、哪个角被分割。 7．如图，是的直径，弦，，则的度数是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：圆周角定理与弦垂直于直径的角度计算 ►命题分析： （1）情境创设： 中AB是直径、弦 、 的圆的示意图。 （2）问题设计：求 ，需由圆心角求圆周角 ，再结合 用互余关系求出 ，选项按 至 梯度设置。 （3）考查目标：推理能力：综合运用圆周角定理与直角三角形互余关系。 答案与解析 【答案】A 【分析】由圆周角定理可得，进而可求出的度数． 【详解】解：∵， ∴， ∵弦， ∴． 知识总结 ①圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，；②互余求角：由 ，在含 的直角三角形中 ；③拓展关联：圆心角、圆周角、弧、弦的对应关系与垂径定理是圆板块计算题的三大工具。 8．扎西同学利用周末时间锻炼身体，他周六从家出发，骑自行车匀速行驶15分钟后到达离家5千米的篮球馆打篮球，骑车匀速行驶25分钟回到家．下列图中折线能正确表示扎西离家的距离与时刻的关系的是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：函数图象的分析与选择（行程问题） ►命题分析： （1）情境创设：扎西同学周六17:00从家出发，骑车15分钟到达离家5千米的篮球馆打球，18:00起用25分钟骑车返家，藏族学生生活的真实情境。 （2）问题设计：四个折线图象选项，需同时判断横轴为时刻、去返两段斜率不同、停留段水平且起终点均为离家0千米，任一特征不符即为干扰项。 （3）考查目标：几何直观与应用意识：把行程过程翻译为距离随时刻变化的图象特征。 答案与解析 【答案】A 【分析】根据“路程相同时，时间越长速度越慢，图象越平缓”这一规律判定去程和返程的图象特征即可解答． 【详解】解：∵5千米的路程，去程用时15分钟，返程用时25分钟， ∴去程的速度快，线段较陡，返程的速度慢，线段较平缓， A、去程线段较陡，返程线段较平缓，符合题意； B、去程线段较平缓，返程线段较陡，不符合题意； C、去程和返程线段平缓度相同，即用时相同，不符合题意； D、最后一段图象是上升的，表示离家越来越远，不符合题意． 知识总结 ①横轴是时刻x而非行驶时长，去程15分钟用时长、速度慢的说法需换算比较：同样5千米，去程用时短故线段较陡，返程用时长故较平缓；②图象结构：出发与到达时 ，打球时段为水平线段；③方法：行程图象题先看轴的含义、再看分段结构、最后比较各段斜率陡缓。 9．如图，从一块直径是2的圆形铁皮上剪出一个扇形，将此扇形围成一个圆锥，则圆锥底面圆的半径是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：圆周角定理、勾股定理与圆锥侧面展开（弧长公式） ►命题分析： （1）情境创设：从直径为2的圆形铁皮上剪出扇形CAB并围成圆锥的手工制作情境，配示意图。 （2）问题设计：多步计算：由AB为直径得 且 ，再由圆锥底面周长等于扇形弧长列方程求底面半径，选项对应弧长公式用错、勾股计算失误等中间结果。 （3）考查目标：运算能力与推理能力：把立体图形的展开关系转化为方程求解。 答案与解析 【答案】C 【分析】先利用圆周角定理得到，利用勾股定理求得，设该圆锥底面圆的半径为r，根据扇形的弧长等于圆锥底面的周长，结合弧长公式列方程求解r值即可． 【详解】解：由图可知为的直径， ∴， 由题意，，， 由得， 设该圆锥底面圆的半径为r， 则，解得，即该圆锥底面圆的半径为． 知识总结 ①直径所对的圆周角是直角，等腰直角三角形中 ；②扇形弧长 ，由 解得 ；③方法：圆锥问题抓住两个对应——底面周长等于展开扇形的弧长、母线长等于扇形半径。 10．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，对称轴为直线．则下列结论正确的个数是（     ） ①； ②； ③； ④． A．1 B．2 C．3 D．4 命题透视 ►核心考点：二次函数图象与系数的关系（多结论判断） ►命题分析： （1）情境创设：抛物线 与x轴交于 、与y轴交于 （）、对称轴为直线 的图象信息情境。 （2）问题设计：四个结论①②③④判断正确个数：需逐条推导 、、由 得 、由对称性判断 的符号，选项按正确个数1至4设置。 （3）考查目标：推理能力与抽象能力：由图象信息推导系数关系并判断代数式符号。 答案与解析 【答案】B 【分析】①根据抛物线开口方向判断的符号，结合对称轴公式直线判断的符号，根据点纵坐标的范围判断的符号，再判断的符号． ②利用抛物线与轴交点代入解析式得到，结合得到与的关系，结合的范围推导的取值范围以及判断和的大小关系． ③把代入，可得a的取值范围． ④利用抛物线的对称性得到与对应的函数值相等，结合时的取值范围判断的符号． 【详解】解：∵对称轴为直线， ∴， ∴； ∵抛物线过点， ∴代入解析式得， ∵， ∴； 抛物线与y轴交于，且 ①： ∵抛物线开口向上， ∴； ∴，，可知，①错误． ②： ∵， ∴， ∵， ∴，②正确． ③： 把代入， 得， 解得，③正确． ④： ∵是时的函数值， 根据抛物线对称性，关于对称轴的对称点是， 因此处的函数值等于处的函数值， 即，④错误． 综上，正确的结论有②③，共2个． 知识总结 ①基本推导链：对称轴 得 ；把 代入得 ，故 ；②由 即 解得 ，且 即 ；③ 是 时的函数值，由对称性等于 处的值 ；④结论：正确的为②③共2个；方法上多结论题必须逐条推导，善用对称性与特殊点函数值。 二、填空题 11．分解因式：______． 命题透视 ►核心考点：因式分解（提公因式法） ►命题分析： （1）情境创设：纯基本技能情境，对 分解因式。 （2）问题设计：考查公因式的识别与提取，答案需写成积的形式，针对漏项、符号错误设防。 （3）考查目标：运算能力：确定公因式并正确提取。 答案与解析 【答案】 【分析】提取公因式分解因式，找出多项式各项的公因式即可完成分解． 【详解】解：多项式中，各项的公因式为， 提取公因式分解得． 知识总结 ①公因式：各项系数的最大公约数与相同字母的最低次幂，本题各项公因式为3；②结果：；③易错点：提取公因式后括号内项数不变（首项是3不是0）、注意符号；④辨析：先提公因式再考虑公式法是因式分解的固定顺序。 12．若代数式有意义，则实数的取值范围是______． 命题透视 ►核心考点：二次根式有意义的条件 ►命题分析： （1）情境创设：纯代数概念情境：代数式 有意义。 （2）问题设计：由被开方数非负列不等式 求解，选项覆盖漏除以系数4、不等号方向弄反等错误。 （3）考查目标：运算能力：由被开方数非负建立并解一元一次不等式。 答案与解析 【答案】 【分析】二次根式有意义要求被开方数为非负数，据此列不等式求解即可． 【详解】解：∵代数式有意义， ∴被开方数满足， 解不等式得， 即． 知识总结 ①条件： 有意义需 ，本题即 ；②解得 ；③拓展关联：若含分母、零指数幂或复合根式，需把分母非零、底数非零等条件联立取交集。 13．如图，在中，，，分别以点和点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于，两点，作直线，分别交，于点，，则线段的长度是______． 命题透视 ►核心考点：尺规作图（线段垂直平分线）与三角形中位线定理 ►命题分析： （1）情境创设： 中 、，作图痕迹为分别以A、C为圆心、大于 长为半径画弧得交点M、N，直线MN交AB、AC于D、E。 （2）问题设计：由作图痕迹识别MN是AC的垂直平分线，再证DE是中位线求出 ，考查从痕迹还原作图意图的能力。 （3）考查目标：推理能力与几何直观：解读尺规作图痕迹并对接三角形中位线定理。 答案与解析 【答案】 7 【分析】根据尺规作图痕迹可知是线段的垂直平分线，可得且为中点，结合证得，利用平行线分线段成比例定理得，得是的中位线，运用三角形中位线定理求解． 【详解】由作图可知，直线是线段的垂直平分线， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∴． ∴． ∴是的中位线． ∴． ∵， ∴． 知识总结 ①读痕迹：两弧交点的连线是线段AC的垂直平分线，故 且 ；②证明链：由 得 ，故 ，由平行线分线段成比例得D为AB中点，DE是 的中位线；③结果：；④方法：尺规作图题先还原“作出了什么”，再对接垂直平分线、角平分线等对应性质。 14．若正多边形的任意一个外角度数是它相邻内角度数的，则这个正多边形的内角和是______度． 命题透视 ►核心考点：多边形的内角与外角（正多边形） ►命题分析： （1）情境创设：正多边形的任意一个外角是其相邻内角的 的数量关系情境。 （2）问题设计：设外角 、内角 ，由互补关系解得 ，再用外角和求边数、由公式求内角和，多步换算缺一不可。 （3）考查目标：运算能力与推理能力：由角度关系求边数再求内角和。 答案与解析 【答案】 【分析】设出外角度数，利用内角与相邻外角互补建立方程，求出外角度数，再结合多边形外角和为求出边数，最后计算得到内角和． 【详解】解：设这个正多边形的一个外角为，则它相邻的内角度数为， 正多边形的内角与相邻外角的和为， ， 解得 ， 任意多边形的外角和为，正多边形的所有外角都相等， 正多边形的边数为 ， 根据多边形内角和公式，可得内角和为 ． 知识总结 ①内角与相邻外角互补：，解得 ；②外角和定理：任意多边形外角和为 ，正多边形各外角相等，边数 ；③内角和公式：；④方法：外角、边数、内角和的换算链是正多边形填空题的通用路径。 15．观察下列一组数：，，，，…按此规律，第个数是______．（结果用含有的式子表示） 命题透视 ►核心考点：探索规律（数式规律与通项归纳） ►命题分析： （1）情境创设：给出数列 、、、…，要求写出第n个数的表达式。 （2）问题设计：需同时归纳符号、分子、分母三条规律并整合为通项，漏掉任何一条即错，是填空题中探究性最强的题目。 （3）考查目标：抽象能力与创新意识：从具体项中分离多重要素并归纳通项。 答案与解析 【答案】 【分析】分别归纳这组数的符号、分子、分母的变化规律，整合得到第个数的表达式． 【详解】解：分别拆分符号、分子、分母三部分找规律： ①符号规律：第1个数为负，第2个数为正，第3个数为负，第4个数为正， ……， ∴第个数的符号为； ②分子规律：第1个数分子为，第2个数分子为，第3个数分子为，第4个数分子为， ……， ∴第个数的分子为； ③分母规律：第1个数分母为，第2个数分母为，第3个数分母为，第4个数分母为， ……， ∴第个数的分母为． 综上所述，第个数为． 知识总结 ①符号规律：奇数项为负、偶数项为正，可用 表示；②分子规律：第n个数的分子为n；③分母规律：1、3、5、7，即 ；④结论：第n个数为 ；⑤方法：规律题按符号、整数部分、分子、分母等要素拆分观察是通用套路。 16．如图，在边长为2的菱形中，，将沿射线方向平移得到，分别连接，，，则的最小值为______． 命题透视 ►核心考点：轴对称—最短路线问题（菱形与平移综合） ►命题分析： （1）情境创设：边长为2、 的菱形ABCD中，将 沿射线AC方向平移得到 ，连接 、、，求 的最小值。 （2）问题设计：需要发现 把两条动线段之和转化，再作点C关于 的对称点 ，由三点共线确定最小值并计算 ，综合性强。 （3）考查目标：几何直观与推理能力：通过平移与对称把折线段和的最值转化为两点间线段。 答案与解析 【答案】 【分析】由题意可作点关于的对称点，连接，，当，，共线时，有最小值，此时的最小值为，然后根据等边三角形的性质、勾股定理及菱形的性质可进行求解． 【详解】解：菱形的边长为，作点关于的对称点，连接，，则, 沿射线方向平移得到 且 又，且 ，且 四边形是平行四边形 ， ， 当，，共线时，有最小值， 此时的最小值为， ，， 四边形是平行四边形， 四边形为菱形，， ， ，，， 关于的对称点， ，，， 是等边三角形， ， ，，共线， 是等边三角形， ，， ， ， ， 在直角中，由勾股定理得：。 的最小值为． 【点睛】本题考查了轴对称—最短路线问题，菱形的性质，矩形的判定和性质，解直角三角形，平移的性质，正确地理解题意是解题的关键． 知识总结 ①转化：由 且 得四边形 是平行四边形，故 ；②对称：作C关于 的对称点 ，当B、、 共线时 最小，最小值为 ；③计算： 是等边三角形，A、D、 共线，，由勾股定理 ；④方法：平移转化加对称加三点共线是折线和最值的通用路径。 三、解答题 17．计算：． 命题透视 ►核心考点：实数的混合运算（负整数指数幂、绝对值、立方根、特殊角三角函数） ►命题分析： （1）情境创设：常规计算题：。 （2）问题设计：综合四个小考点逐步化简，考查运算顺序、符号处理与特殊角函数值的准确记忆。 （3）考查目标：运算能力：多种运算的混合运用与符号处理。 答案与解析 【答案】 【分析】分别计算负整数指数幂、绝对值、立方根、特殊角的三角函数值，再算加减法即可求解． 【详解】解：原式 ． 知识总结 ①各部分求值：，，，；②合并：；③易错点：负整数指数幂取倒数而不是变号、去绝对值前先判断 、特殊角三角函数值必须记准。 18．请从，，1中任选一个数作为的值，解关于的一元二次方程． 命题透视 ►核心考点：一元二次方程的解法（直接开平方、配方法、因式分解法） ►命题分析： （1）情境创设：开放性设计：从 、、 中任选一个数作为m的值，解方程 。 （2）问题设计：答案不唯一，三种选择分别自然对应因式分解法（）、配方法（）与直接开平方或因式分解（），考查方法选择的合理性与运算的完整性。 （3）考查目标：运算能力与创新意识：开放选择参数并完整求解。 答案与解析 【答案】选取时，方程的解为（答案不唯一）． 【详解】解：当时， 方程为：， 因式分解得：， 或， 解得：； 当时， 方程为：， 用配方法变形：，即， 开方得：， 解得：； 当时， 方程为：， 变形为完全平方式：， 解得：． 知识总结 ① 时 即 ，，计算量最小；② 时 因式分解为 ，、；③ 时配方得 ，、；④策略：开放题只需选一种情形，但必须写全过程并保证结果正确。 19．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：分式混合运算：，其中 。 （2）问题设计：先因式分解、约分、通分合并化简为 ，再代入求值，考查运算顺序与符号处理。 （3）考查目标：运算能力：分式的通分、约分与代入求值。 答案与解析 【答案】化简结果为，值为 【分析】先对分母因式分解，约分后合并化简分式，再代入计算求值即可． 【详解】解：原式 ， 将代入，可得： 原式 ． 知识总结 ①化简：，约分得 ；②代入 得原式 ；③易错点：先代入后化简会放大计算量且易出错、通分时注意减号的分配、除法要转化为乘法。 20．如图，矩形中，是边上的一点，延长至点，使，分别连接，．求证：． 命题透视 ►核心考点：全等三角形的判定与性质（SAS） ►命题分析： （1）情境创设：矩形ABCD中F是AD边上一点，延长BC至E使 ，连接BF、DE，求证 。 （2）问题设计：经典的全等证明题，需从矩形性质中挖掘 、 两组隐含条件，配合已知 完成SAS判定。 （3）考查目标：推理能力：从图形性质中提取条件并规范书写证明。 答案与解析 【答案】证明：矩形， ， 在和中， ∵ ∴， ． 【分析】根据矩形的性质，证明即可． 【详解】证明：略． 知识总结 ①矩形性质：对边相等 ，四个角都是直角，故 ；②判定：在 与 中由SAS得 ；③结论：全等三角形对应边相等，；④书写规范：判定依据必须写明，三组条件分组列出，对应顶点顺序不能错。 21．为了解初中学生数学运算能力现状，某校开展了“数学运算能力测试”活动，并根据测试成绩划分为“优秀”“良好”“合格”“基本合格”四个等次．现随机抽取部分学生的成绩进行分析，绘制了两幅不完整的统计图． 请根据图中给出的信息，解答下列问题： (1)本次抽查的学生共有______人，并把条形统计图补充完整； (2)从“良好”等次中随机抽出6名学生的成绩分别为：83，84，84，82，86，80，那么这组数据的中位数为______； (3)如果全校共有2400名学生，请你估计全校学生中“优秀”等次的人数． 命题透视 ►核心考点：统计图表的综合分析（样本容量、条形图补全、中位数、用样本估计总体） ►命题分析： （1）情境创设：某校开展“数学运算能力测试”活动，成绩划分为优秀、良好、合格、基本合格四个等次，随机抽取部分学生成绩绘制了两幅不完整统计图。 （2）问题设计：三问递进：(1)由基本合格4人占 求样本容量80并补全条形图（优秀12人）；(2)求“良好”等次6个成绩的中位数；(3)用样本中优秀的占比估计全校2400人中优秀的人数。 （3）考查目标：数据观念与应用意识：综合运用统计图表信息完成推算与估计。 答案与解析 【答案】(1)解：根据题意，得， 故优秀的人数为：（人） 补全图形如下： ． (2)分 (3)360人 【分析】（1）利用基本合格的人数除以其所占的百分比即可得到结论，利用频数之和等于样本容量，求得优秀的人数，补图求解即可． （2）根据中位数的定义解答即可． （3）利用样本估计总体的思想解答即可． 【详解】（1）解：略． （2）解：将83，84，84，82，86，80从小到大排列为：80，82，83，84，84，86， 根据题意，本数组的中位数是第3个数据，第4个数据的平均数，即（分）． （3）解：根据题意，得（人） 答：估计全校学生中“优秀”等次的约有360人． 知识总结 ①样本容量 频数 百分比，；②补图：优秀人数 ；③中位数：6个数据从小到大排列后取第3、4个数据的平均数，分；④估计总体：人；⑤方法：扇形图看占比、条形图看频数，两者通过样本容量互相换算。 22．在“铸牢中华民族共同体意识”宣传活动中，举办方计划采购印有活动主题内容的冰箱贴和书签，把它们作为本次活动的纪念品．已知冰箱贴单价是书签单价的倍，用元购买冰箱贴的数量比用同样金额购买书签的数量少4个． (1)求冰箱贴和书签的单价． (2)要使90名活动参与者均能随机获得其中一种纪念品，且纪念品的总金额不超过1500元，举办方最多可以购买多少个冰箱贴？ 命题透视 ►核心考点：分式方程与一元一次不等式的实际应用 ►命题分析： （1）情境创设：“铸牢中华民族共同体意识”宣传活动中采购印有活动主题的冰箱贴和书签作为纪念品，冰箱贴单价是书签的1.2倍，360元购买冰箱贴比购买书签少4个。 （2）问题设计：两问递进：(1)列分式方程求两种纪念品单价并检验；(2)在90名参与者均能获得一种纪念品、总金额不超过1500元的双重约束下求最多购买冰箱贴的数量。 （3）考查目标：模型观念与应用意识：从采购问题中建立分式方程与不等式模型。 答案与解析 【答案】(1)冰箱贴的单价为元，书签的单价为元 (2)举办方最多可以购买个冰箱贴 【分析】（1）设书签的单价为元，则冰箱贴的单价是元，根据用360元购买冰箱贴的数量比用同样金额购买书签的数量少4个即可列分式方程，解出即可得书签的单价，进而可得冰箱贴的单价． （2）设举办方购买个冰箱贴，根据要使90名活动参与者均能随机获得其中一种纪念品，即可得书签购买个，再根据纪念品的总金额不超过1500元即可列不等式，解出即可得举办方最多可以购买的冰箱贴． 【详解】（1）解：设书签的单价为元，则冰箱贴的单价是元，根据题意得： ，解得：， 经检验，是此分式方程的解，且符合题意， ∴冰箱贴的单价是：（元）， ∴冰箱贴的单价为18元，书签的单价为15元． （2）解：设举办方购买个冰箱贴，则需购买书签个，根据题意得： ，解得：， ∴举办方最多可以购买50个冰箱贴． 知识总结 ①第(1)问：设书签单价x元，则 ，解得 ，经检验符合题意，故书签15元、冰箱贴18元；②第(2)问：设购买冰箱贴m个，则 ，解得 ，最多可购买50个冰箱贴；③方法：单价与数量的反比关系是设元的切入点，分式方程必须写“经检验”，应用题必须写答句。 23．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象相交于，两点． (1)求一次函数和反比例函数的解析式： (2)将一次函数的图象向上平移3个单位长度，求平移后的一次函数图象与反比例函数图象的交点坐标． 命题透视 ►核心考点：一次函数与反比例函数的交点及图象平移 ►命题分析： （1）情境创设：一次函数 （）与反比例函数 （）的图象相交于 、 两点，配函数图象示意图。 （2）问题设计：(1)待定系数法求两个函数解析式；(2)把一次函数图象向上平移3个单位后求与反比例函数图象的新交点，考查解析式变换与联立求解。 （3）考查目标：运算能力与几何直观：待定系数法、图象平移规律与方程组联立。 答案与解析 【答案】(1)一次函数，反比例函数 (2)， 【分析】（1）将点代入反比例函数可得，再令得到点，然后代入即可得一次函数解析式； （2）根据平移得到平移后的解析式为，再联立求交点即可． 【详解】（1）解：点在反比例函数上， ，解得， 反比例函数， 令，则，解得， 故， 把，代入一次函数， 联立得， 解得， 所以一次函数； （2）一次函数的图象向上平移3个单位长度得， ， 解得或， 则平移后的一次函数图象与反比例函数图象的交点坐标，． 知识总结 ①第(1)问：由 得 ，反比例函数为 ，令 得 ，联立解得 、，一次函数为 ；②第(2)问：上移3个单位得 ，与 联立解得 ，交点为 、；③技巧：交点问题的通用路径是联立方程组，平移规律是上加下减。 24．某学习小组计划应用所学数学知识测量家乡一条河的宽度，他们选择附近一座观景台进行观测．如图，在河岸两边分别标记，两点，使得与河岸垂直，且点，与台底在同一条直线上，已知台高米，，，求河宽（结果保留小数点后一位）． （参考数据：，，，） 命题透视 ►核心考点：解直角三角形的应用（测量宽度问题） ►命题分析： （1）情境创设：学习小组测量家乡一条河的宽度：河岸两点A、B与观景台台底C在同一直线上且AB与河岸垂直，台高 米，、，附参考数据。 （2）问题设计：需在两个共边直角三角形中分别用正切求AC与BC，再作差得河宽，并按题目要求保留一位小数，考查参考数据的使用。 （3）考查目标：模型观念与运算能力：把测量问题抽象为解直角三角形模型并按精度要求计算。 答案与解析 【答案】河宽为32.6米． 【分析】由锐角的正切定义求出和的长，即可得到的长． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴（米）． ∵， ∴（米）． ∴（米）． 答：河宽为32.6米． 知识总结 ①模型： 与 共用直角边DC；②计算：米，米；③结果：米；④规范：结果保留小数点后一位，参考数据按题给值取用，最后必须写答句与单位。 25．如图，已知是的直径，是上一点，连接、．与相切于点，过点的直线交于点，交的延长线于点，． (1)求证：是的切线； (2)点是劣弧上的一个点，过点作的切线分别交，于点，、若的周长是半径的4倍，求的值． 命题透视 ►核心考点：圆的切线的判定与性质、切线长定理与相似三角形 ►命题分析： （1）情境创设：AB是 的直径，AD与 相切于点A，过点C的直线交AD于D、交AB延长线于H，，G是劣弧AC上一点，过G的切线交AD、CD于E、F。 （2）问题设计：(1)连OC证 得DH是切线；(2)由 周长是半径的4倍这一条件，借助切线长定理转化为 ，再通过相似与比例关系求出 ，条件转化链条长。 （3）考查目标：推理能力与运算能力：完成切线证明与多步比例计算。 答案与解析 【答案】(1)证明：连接， ∵是的直径，C是上一点， ∴，， ∴， ∵过点C的直线交于点D，交的延长线于点H，， ∴， ∴， ∵是的半径，且于点C， ∴是的切线． (2) 【分析】（1）连接，由是的直径，C是上一点，得，，则，过点C的直线交于点D，交的延长线于点H，，推导出，即可证明是的切线． （2）设交于点P，，由与相切于点A，与相切于点C，得，平分，，所以，则，推导出，由切线长定理得，，因为，可证明，得，则，，由，得，则，求得． 【详解】（1）略； （2）解：设交于点P，， ∵与相切于点A，与相切于点C， ∴，平分，， ∴， ∴， ∴， ∵点G是劣弧上的一个点，过点G作的切线分别交于点E，F， ∴， ∵的周长是半径的4倍， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴ ∴， ∴， ∴的值是． 知识总结 ①证切线：有交点则连半径、证垂直，由 得 ；②周长转化：由切线长定理 、， 的周长 ，故 ；③比例链： 得 ，结合 解得 ，故 ；④方法：切线长定理是化折线周长为直线段的关键工具。 26．抛物线与直线相交于，两点，且点在轴上． (1)求抛物线的解析式； (2)如图甲，设点为抛物线上一点，当时，求点的横坐标； (3)如图乙，抛物线与轴的另一交点为点．若点在抛物线上（对称轴右侧），连接，，且交线段于点，．当取最大值时，求点的坐标． 命题透视 ►核心考点：二次函数综合（待定系数法、面积转化与动点最值） ►命题分析： （1）情境创设：抛物线 与直线 相交于 、B两点且B在x轴上，第(3)问涉及对称轴右侧的动点D与面积比条件。 （2）问题设计：三问递进：(1)求B坐标并待定系数求抛物线解析式；(2)由 把面积条件转化为与AB平行、距离一定的两条直线，求P的横坐标；(3)把面积比 转化为垂线段之比，设参数求二次函数最大值对应D的坐标。 （3）考查目标：几何直观与创新意识：面积转化、设参求最值与区间检验的综合运用。 答案与解析 【答案】(1) (2)P的横坐标为或或或 (3) 【分析】（1）先求出直线与x轴交点B的坐标，再把A、B两点坐标代入抛物线解析式，建立二元一次方程组，解方程组求得系数、，得到抛物线解析式． （2）利用三角形面积求出点P到直线的距离，借助倾斜构造等腰直角三角形，求出与距离为该值的两条平行线解析式，联立抛物线求得交点横坐标． （3）发现两三角形共底，面积比转化为点D到的垂线段与点C到的垂线段的比值，再作竖直线段，利用等腰直角三角形把垂距转化为竖直线段，在自变量限定区间内求二次函数最大值，得到D点坐标． 【详解】（1）解：由题可得点B为直线与x轴的交点， 即时，， 故， 同时点、点B又在抛物线上， 则有，解得， 故抛物线的解析式为． （2）解：∵、， ∴， 设在中边上的高的长度为， 则有，解得， 那么作直线的平行线，当该平行线与直线的距离为时，该平行线与抛物线的交点的横坐标即为所求， 如图、，记、分别与y轴交于点、点， 记直线与y轴交于点M， ∴， ∴， 又∵， ∴， 过点M作，交、于点、， 则有， ∴， ∴、均为等腰直角三角形， ∴， ∴、， 故、， 又∵，且直线解析式为， ∴解析式为、解析式为， 记、与抛物线交于点、点、点、点，这四点的横坐标即为所求， 联立与抛物线有，解得， 联立与抛物线有，解得， 综上所述点P的横坐标为或或或． （3）解：连接，过点D作于点K， ∵点C为抛物线与x轴的另一交点， 即，， 可得， ∵、， 由两点间距离公式可得，， ∴有， ∴，即， ∴为中边上的高， 记的长为， ∵， ∴， 由一次函数的性质可知，当最大时，才能取得最大值， 则问题转化为当d最大时，求点D的坐标， 过点D作y轴的平行线，交直线于点T，记y轴上在点M之下的一个点为Q， ∵点D在抛物线上， 可设， 由作图可知，且点T在直线：上， ∴， ∵交线段于点， ∴点D在直线的下方， 又∵点在抛物线上（对称轴右侧）， ∴， 由平行的性质可得， ∴为等腰直角三角形， ∴， 由一次函数的性质可知，当最大时，取得最大， ∵， ∵，当且仅当时取得等号， ∴，当且仅当时取得等号， 即当时，取得最大值，取得最大值，取得最大值，符合， ∵当时，点D坐标为， 故当m取最大值时，点D的坐标为． 知识总结 ①第(1)问：由 得 ，代入解得 、，抛物线为 ；②第(2)问：，高 ，利用AB与坐标轴成 构造等腰直角三角形，得平行线 与 ，与抛物线联立得P的横坐标为 、、、；③第(3)问：由 、 及勾股逆定理得 ，AC是 中BE边上的高，；设 （），竖直线段 在 时最大，故 ；④方法：面积问题优先找共底等高与垂线段转化，动点最值必须检验区间条件。 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 $