2026年中考数学真题完全解读（吉林省长春卷）

2026年吉林省长春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年吉林省长春市中考数学试卷满分120分，考试时长120分钟，共24题：选择题8题共24分，填空题6题共18分，解答题10题共78分。整卷难度定位为"基础为主、梯度清晰、压轴有区分"，体现基础性、综合性、应用性与创新性相结合的命题导向。基础层覆盖绝对值（第1题）、科学记数法（第2题）、有理数运算（第9题）、因式分解（第10题）等核心概念，保证基本得分面；中档层通过一次函数增减性辨析（第6题）、反比例函数性质判断（第7题）、分式方程应用（第18题）、统计图表分析（第20题）、一次函数应用（第21题）考查通性通法的灵活运用；区分层由平移与菱形多结论判断（第14题）、"问题提出—结论应用"式圆综合（第22题）、等腰直角三角形对称综合（第23题）、二次函数与旋转及增减性综合（第24题）构成，突出推理能力与分类讨论素养。全卷对运算能力、几何直观、推理能力、模型观念、数据观念、应用意识和创新意识均有覆盖，情境素材选取新能源汽车产业（第2题）、长春大冬会（第16题）、植树造林（第18题）、体能测试（第20题）、水库水位监测（第21题）等真实背景，彰显数学服务生活与地方发展的育人导向。 试题亮点 1.长春冰雪名片与本地大事深度入题，地域情境与数学模型自然融合：第16题以长春2027年第33届世界大学生冬季运动会会徽草书"长"字与吉祥物"吉冰""吉雪"为背景，用列表法求有放回抽取两张卡片图案相同的概率，将城市冰雪盛会转化为古典概型问题；第5题以平行光线照射篮球形成影子为背景，把投影问题转化为解直角三角形；第2题以我国新能源汽车年产量超16000000辆考科学记数法，凸显中国制造背景下的数值表达能力。这些题目情境均来自本卷独有素材，替换地区后不能成立。 2."问题提出—问题解决—结论应用"探究链延续，几何推理迁移要求突出：第22题先证明"以平行四边形一边为直径的圆经过对边中点时AD=2DC"，第(1)问将该结论迁移到▱ABCD面积计算，第(2)问再迁移到正方形背景下FC最大值问题，形成"证明—应用—拓展"的完整探究链条；第14题在平移背景下设置四个结论的真假判断，需综合菱形判定、面积公式与勾股定理逐项论证。这种结构化设问是长春卷几何解答题的鲜明标识。 3.网格作图与动态综合并重，操作探究与思维过程双线考查：第17题在6×6正方形网格中只用无刻度直尺依次画出三边长为4、、的三角形、含角的平行四边形和面积为12的菱形，强化作图原理的理解而非套路记忆；第23题在等腰直角三角形背景下通过对称构造与分类讨论求DE的长，第24题将抛物线、旋转与图象增减性融为一体。操作、探究、动态三类题型共同构成全卷思维考查主线。 命题趋势 1.基础题"送分到位"但概念辨析要求更细，拒绝机械记忆：第1至4题、第9至11题延续低起点设计，但第3题要求辨析数轴上实心点与空心圈、方向的组合表示，第7题对反比例函数过定点、象限分布、增减性、取值范围四个说法逐项判断，第6题需由增减性推出再匹配选项。预计未来基础题将继续通过多角度辨析检验概念本质理解，而非简单套用结论。 2.几何综合单题承载量持续加大，圆与三角形成为压轴推理主战场：第22题一题串联圆周角定理、勾股定理、平行四边形面积与"点在圆上"的最值分析；第23题四问递进，从勾股定理计算到证明，再到设元列方程求DE，最后在两种位置关系下分类讨论；第14题以平移为载体将菱形、全等、相似、最值压缩进一道填空题。未来几何解答题将继续强化"辅助线构造+多定理联结+分类讨论"的综合要求。 3.长春地域与生产生活情境常态化，建模与应用意识考查不断深化：第16题大冬会卡片抽取、第18题两队植树造林列分式方程、第20题体能测试统计决策、第21题水库水位一次函数建模，覆盖概率、方程、统计、函数四大建模场景。预计未来命题将继续从本地重大活动与真实生产数据中选材，要求学生完成从文字情境到数学模型的完整转化。 4.二次函数压轴融合旋转与增减性讨论，思维过程取代复杂计算：第24题第(3)问将线段绕点M顺时针旋转构造全等，再结合直线分割三角形面积的比列式求m，第②问要求直接写出抛物线在三角形内部部分纵坐标随x增大而增大时m的取值范围，需同时定位对称轴与临界位置。预计压轴题将继续淡化繁琐运算、强化动态分析与临界思想考查。 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→绝对值的意义 抽象能力、运算能力 2 单选 3 数与式→实数→科学记数法表示较大数 抽象能力、运算能力 3 单选 3 方程与不等式→不等式与不等式组→不等式解集在数轴上的表示 几何直观 4 单选 3 图形的性质→三角形→三角形外角性质 推理能力 5 单选 3 图形的变化→图形与投影、解直角三角形→平行投影与正弦函数的应用 模型观念、应用意识 6 单选 3 函数→一次函数→一次函数的增减性与取值范围 推理能力 7 单选 3 函数→反比例函数→反比例函数的图象与性质 推理能力、运算能力 8 单选 3 图形的变化→图形的旋转→正方形的性质与旋转变换的判定 几何直观、推理能力 9 填空 3 数与式→有理数→有理数的乘法运算 运算能力 10 填空 3 数与式→整式→提公因式法分解因式 运算能力 11 填空 3 方程与不等式→一元二次方程→根的判别式 运算能力 12 填空 3 图形的性质→图形的相似→平行线分线段成比例定理 几何直观、运算能力 13 填空 3 图形的性质→圆→等边三角形的判定与弧长公式 推理能力、运算能力 14 填空 3 图形的变化→图形的平移→平移性质与菱形判定及多结论综合判断 推理能力、几何直观 15 解答 6 数与式→整式→完全平方公式与多项式乘法的化简求值 运算能力 16 解答 6 统计与概率→概率→列表法（树状图法）求等可能事件概率 数据观念、应用意识 17 解答 6 图形的变化→图形与坐标→网格中用无刻度直尺作三角形、平行四边形与菱形 几何直观、创新意识 18 解答 7 方程与不等式→分式方程→分式方程的实际应用与检验 模型观念、运算能力 19 解答 7 图形的性质→四边形→平行四边形与矩形的判定 推理能力 20 解答 7 统计与概率→统计→平均数、中位数的计算与样本估计总体 数据观念、应用意识 21 解答 8 函数→一次函数→函数图象信息获取与待定系数法求解析式 模型观念、应用意识 22 解答 9 图形的性质→圆→圆周角定理、勾股定理与圆外一点到圆上距离的最值 推理能力、几何直观 23 解答 10 图形的性质→三角形→等腰直角三角形、中心对称与相似三角形的综合 推理能力、几何直观 24 解答 12 函数→二次函数→二次函数与旋转、面积分割、增减性取值范围的综合 推理能力、创新意识 考点模块占比分析 数与式模块（含方程与不等式）（约26%，31分）：对应第1、2、3、9、10、11、15、18题。涵盖绝对值、科学记数法、有理数运算、因式分解、完全平方公式化简、不等式解集表示、根的判别式与分式方程应用，是全卷基础得分的基本盘。 函数模块（约22%，26分）：对应第6、7、21、24题。涵盖一次函数与反比例函数的图象性质辨析、待定系数法求解析式及二次函数与旋转、面积分割、增减性的压轴综合，函数与几何融合的区分功能突出。 图形的性质模块（约29%，35分）：对应第4、12、13、19、22、23题。涵盖三角形外角、平行线分线段成比例、弧长公式、矩形判定、圆的综合与等腰直角三角形动态问题，几何推理链条完整，分值居五模块之首。 图形的变化与综合实践模块（约13%，15分）：对应第5、8、14、17题。涵盖平行投影中的解直角三角形、旋转变换判定、平移与菱形多结论判断及网格无刻度直尺作图，操作探究特色鲜明。 统计与概率模块（约11%，13分）：对应第16、20题。以长春大冬会卡片抽取考列表法求概率，以体能测试考加权平均数、中位数与样本估计总体，凸显数据分析与现实决策素养。 核心复习策略 1. 立足教材夯实双基，筑牢数与式运算基本盘 （1）第1、2、9、10、15题等基础题均为教材级常规题型，需做到绝对值、科学记数法、有理数运算、因式分解、完全平方公式展开等运算零失误，训练时先求准、再求快。 （2）第11题根的判别式、第18题分式方程应用等常规模型要形成固定解题流程：判别式令列方程、分式方程设未知数—列方程—解方程—检验—作答，五步缺一不可。 2. 强化几何推理主线，突破圆与三角形综合压轴 （1）围绕第19、22、23题梳理全等三角形、相似三角形、圆周角定理、勾股定理之间的联结路径，专项训练"见直径想直角、见中点想中线或中位线、见对称想垂直平分"的辅助线思路。 （2）针对第23、24题的分类讨论设问，按"按位置关系分类—逐类画图计算—综上所述"三步规范表达，避免漏解；同时积累"线段最值转化为点到圆上距离"等压轴常用模型。 3. 重视真实情境建模，提升函数与统计应用能力 （1）第16、18、20、21题均以真实情境为载体，需强化从文字、统计图、函数图象中提取数量关系的能力，重点练习分段函数图象读图与待定系数法建模。 （2）第24题等压轴题需加强数形结合与动态分析训练，学会用图象定位临界位置、用增减性限定参数范围，养成"先画草图、再定模型、后算数值"的分析习惯。 避坑提醒（考试最易踩的雷） ×概念辨析想当然：第3题数轴表示易混淆实心点与空心圈，第7题反比例函数增减性必须强调"在每一象限内"，跳过前提直接比较会出错。 ×分类讨论不全：第23题DE的长、第24题面积分割比均有两种情形，只答一种情况会整步丢分，务必画全两种位置关系的草图。 ×作图不规范：第17题要求只用无刻度直尺在网格中作图，徒手画线或使用刻度尺均不符合要求，作图痕迹要清晰可辨。 ×概率抽取规则误判：第16题为"取出记录后放回"的有放回抽取，共有9种等可能结果，误按不放回的6种结果计算会直接失分。 一、单选题 1．的绝对值是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：绝对值的意义 ►命题分析： （1）情境创设：以负数的绝对值为素材直接设问，属于纯知识性情境，不附加阅读负担，作为全卷首题稳定考生心态。 （2）问题设计：四选项围绕"负数的绝对值等于它的相反数"设置，B为正确答案2026，A为原数，C、D构造分式形式制造倒数干扰，考查概念辨析的准确性。 （3）考查目标：考查概念理解与基本运算能力，属于识记理解层级，要求对绝对值代数意义零失误。 答案与解析 【答案】B 【分析】本题考查了有理数的绝对值的概念，根据一个负数的绝对值等于它的相反数求解即可． 【详解】解：∵， ∴． 知识总结 ①核心概念：绝对值表示数轴上表示数的点到原点的距离，记作；正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0。②解题方法：先判断符号再去绝对值，本题。③拓展关联：绝对值常与相反数、倒数、数轴结合出选择题，也是后续比较大小、化简含字母式子的基础工具。 2．2025年我国新能源汽车年产量超过16000000辆，产品出口到多个国家和地区，成为中国制造的一张“亮丽名片”．其中16000000用科学记数法表示为（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：科学记数法表示较大的数 ►命题分析： （1）情境创设：以2025年我国新能源汽车年产量超过16000000辆、产品出口多国的"中国制造"成就为背景，将大数表示问题嵌入真实产业数据。 （2）问题设计：正确答案为，干扰项通过移动小数位数错误设置的取值（如、），考查"满足、为整数位数减一"的规则掌握。 （3）考查目标：考查信息提取与运算能力，要求在真实数据情境中准确完成科学记数法转换。 答案与解析 【答案】A 【分析】用移动小数点的方法确定a值，根据整数位数减一原则确定n值，最后写成的形式即可． 【详解】解：． 知识总结 ①核心方法：形式中，等于原数整数位数减1；16000000是8位数，故。②易错提醒：选项中出现、等范围不符的形式均错误。③拓展关联：科学记数法还常用于微小数（负指数）表示，可与近似数、有效数字结合命题。 3．不等式的解集在数轴上表示正确的是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：不等式解集在数轴上的表示 ►命题分析： （1）情境创设：给出不等式，要求在四个数轴表示选项中选出正确图形，属于数形结合的基础情境。 （2）问题设计：四个选项组合了"方向向左或向右"与"实心点或空心圈"两种要素，干扰项分别错在方向相反或端点表示方式错误，考查规则的完整掌握。 （3）考查目标：考查几何直观与规则运用能力，要求理解"大于向右、小于向左；有等号实心、无等号空心"的对应关系。 答案与解析 【答案】B 【分析】根据不等式解集在数轴上的表示方法：大于向右画，小于向左画；有等号的画实心圆点，无等号的画空心圆圈进行判断． 【详解】解：不等式表示x的取值小于或等于1， 在数轴上表示时，方向向左，且端点1处为实心圆点， 观察各选项，只有B选项符合． 知识总结 ①核心规则：不等式解集在数轴上表示时，、向右画，、向左画；含等号画实心圆点，不含等号画空心圆圈。②本题：方向向左，端点1处画实心点。③拓展关联：数轴表示是解一元一次不等式组求公共部分的必备技能，也常与方程、函数定义域结合考查。 4．如图，是的一个外角．若，，则的度数是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：三角形外角性质 ►命题分析： （1）情境创设：给出三角形及其一个外角的图形，已知、求，属于常规几何计算情境。 （2）问题设计：直接设问求角度，选项含正确值与计算过程中的易错结果，考查外角定理的正向运用。 （3）考查目标：考查几何直观与基础推理能力，要求准确识别外角与两个不相邻内角的关系。 答案与解析 【答案】D 【分析】根据题意，得，代入解答即可． 【详解】解：根据题意，得， ，， ． 知识总结 ①核心定理：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，即。②解题步骤：代入。③拓展关联：外角性质常与平行线、角平分线结合求角度，也是证明内角和定理的重要工具。 5．如图，平行光线照射在一个篮球上，在水平地面上形成的影子长度．已知篮球的直径与光线垂直，且光线与地面之间的夹角是，则该篮球的直径可表示为（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：平行投影与解直角三角形的应用 ►命题分析： （1）情境创设：以平行光线照射篮球在地面形成影子为背景，已知影长、光线与地面夹角，求篮球直径，属真实生活情境中的投影问题。 （2）问题设计：构造"直径等于两平行光线间距离"的转化点，四个选项围绕用还是、系数如何放置设置干扰，考查建模方向的选择。 （3）考查目标：考查模型观念与应用意识，要求将实际图形抽象为直角三角形并选择恰当的三角函数。 答案与解析 【答案】A 【分析】过点作光线的垂线，将篮球直径转化为平行光线间的距离，在构造的直角三角形中利用正弦函数求解． 【详解】解：如图，过点作于点． 光线平行且直径与光线垂直， 的长度等于平行光线与之间的距离，即， 在中，，，， ， ． 知识总结 ①建模关键：篮球直径等于平行光线与之间的距离，过点A作于H，则。②解题步骤：在Rt中，。③拓展关联：平行投影类问题（影子、测量楼高、河宽）都可转化为解直角三角形，核心是找准"垂直于光线的线段"。 6．已知一次函数，随的增大而增大．当时，下列选项中，的值可能是（     ） A． B． C． D． 命题透视 ►核心考点：一次函数的增减性与函数值范围 ►命题分析： （1）情境创设：给出一次函数（）随增大而增大的条件，求时的可能值，属于函数性质与不等式结合的辨析情境。 （2）问题设计：由增减性推出，进而得，四个选项中只有D选项的值大于1，其余选项分别落在区间，考查推理链条的完整性。 （3）考查目标：考查推理能力，要求从图象性质出发推出函数值取值范围并与选项匹配。 答案与解析 【答案】D 【分析】以一次函数增减性与的符号的关系为突破口，推导时的取值范围，匹配选项． 【详解】解：∵一次函数中，随的增大而增大， ∴， 将代入解析式，得 ∵， ∴， 只有D选项的数值满足． 知识总结 ①核心性质：一次函数中，时随增大而增大。②解题步骤：由增减性得；时；由得，故只有大于1的选项可能成立。③拓展关联：此类"由性质定范围、由范围筛选项"的思路同样适用于反比例函数、二次函数的取值判断。 7．关于反比例函数，下列说法正确的是（     ） A．函数图象过点 B．函数图象位于第一、三象限 C．当时，随的增大而减小 D．当时， 命题透视 ►核心考点：反比例函数的图象与性质 ►命题分析： （1）情境创设：给出反比例函数，对图象经过的点、象限分布、增减性、函数值范围四个说法逐项判断，属于性质辨析情境。 （2）问题设计：四个选项分别设置错误：代入得故不过点；图象位于第二、四象限；时随增大而增大而非减小；仅D选项"当时"正确。 （3）考查目标：考查推理能力与运算能力，要求对反比例函数性质逐项验证而非凭印象判断。 答案与解析 【答案】D 【分析】根据反比例函数的性质依次判断各选项即可． 【详解】解：A选项，将代入，得，函数图象不过点，A错误； B选项，， 函数图象位于第二、四象限，B错误； C选项，当时，随的增大而增大，C错误； D选项，当时，，随的增大而增大， 当时，， 当时，， ，D正确 ． 知识总结 ①核心性质：时图象位于第二、四象限，在每一象限内随增大而增大。②验证方法：判断过点用代入法；判断增减性必须限定"在每一象限内"；判断范围可取端点值计算，时，时。③拓展关联：增减性前提"同一象限内"是最常见设错点，需与一次函数增减性对比记忆。 8．如图，点为正方形的中心，，分别为边，的中点，若经过一次变换后会得到，下列变换方式中能实现的是（     ） A．沿直线翻折 B．沿直线翻折 C．向右平移2个单位 D．绕点逆时针旋转 命题透视 ►核心考点：正方形的性质与旋转变换 ►命题分析： （1）情境创设：正方形中，为中心，、分别为、中点，判断经哪种一次变换得到，属于图形变换辨析情境。 （2）问题设计：选项设置翻折（沿、沿）、平移、旋转四种变换，需通过证明并分析对应点位置排除前三项，干扰性强。 （3）考查目标：考查几何直观与推理能力，要求综合全等判定、中位线性质与旋转对应关系作出判断。 答案与解析 【答案】D 【分析】首先证明，连接，交于点O，连接，，得到，，，，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵，分别为边，的中点， ∴， ∴， ∵点为正方形的中心， ∴连接，交于点O，连接，，如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵点O是的中点，点E是的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形， ∵， ∴矩形是正方形， ∴，， ∴绕点O逆时针旋转得到． 知识总结 ①判断思路：先证（SAS），再检验各种变换下对应点能否重合。②关键构造：连接、交于，连接、，可证四边形为正方形，得且，故绕点O逆时针旋转可实现变换。③拓展关联：网格与正方形背景下的变换判断题，常需构造"中心到中点连线"证明对应线段相等且夹角为旋转角。 二、填空题 9．计算：________． 命题透视 ►核心考点：有理数的乘法运算 ►命题分析： （1）情境创设：计算，属于纯运算情境，作为填空题首题落实基本运算要求。 （2）问题设计：直接设问，考查"同号两数相乘得正，并把绝对值相乘"的符号法则，无多余干扰信息。 （3）考查目标：考查运算能力，要求符号判断与绝对值运算同时准确。 答案与解析 【答案】 【分析】根据有理数乘法运算法则计算，同号两数相乘符号为正，再计算绝对值的乘积. 【详解】解：. 知识总结 ①核心法则：两数相乘，同号得正，异号得负，并把绝对值相乘。②解题步骤：。③拓展关联：有理数乘法法则是后续乘方、实数运算的基础，填空题常以两数或三数连乘形式出现，先定符号再算绝对值。 10．分解因式：______． 命题透视 ►核心考点：提公因式法分解因式 ►命题分析： （1）情境创设：将分解因式，属于纯知识性填空，考查整式变形基本功。 （2）问题设计：直接设问，公因式为，考查公因式识别（系数、字母及指数均取最低）与提公因式的完整性。 （3）考查目标：考查运算能力，要求准确确定公因式并避免漏项。 答案与解析 【答案】 【分析】提取公因式即可分解因式． 【详解】解：． 故答案为：． 【点睛】本题考查分解因式．掌握提公因式法分解因式是解题关键． 知识总结 ①核心方法：公因式取各项系数的最大公约数与相同字母的最低次幂，与的公因式为。②解题步骤：，注意第二项提出后剩1的位置不能漏。③拓展关联：分解因式必须进行到每个因式不能再分解为止，常与公式法结合，也用于分式约分与代数求值。 11．若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为________． 命题透视 ►核心考点：一元二次方程根的判别式 ►命题分析： （1）情境创设：已知关于的一元二次方程有两个相等的实数根，求的值，属于方程条件反求参数情境。 （2）问题设计：由"两相等实根"转化为的方程，考查文字条件与代数式子的转化能力，无多余干扰。 （3）考查目标：考查运算能力与方程思想，要求准确写出判别式并解方程。 答案与解析 【答案】 【分析】一元二次方程有两个相等的实数根时，根的判别式等于，据此列方程求解即可得到的值． 【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根， ∴， 解得． 知识总结 ①核心知识：；时方程有两个相等的实数根。②解题步骤：，即，解得。③拓展关联：判别式还用于判断根的情况（两不等实根、无实根），也常与根与系数关系结合求参数范围。 12．如图，，直线与这三条平行线分别交于点，，．若直线与，与之间的距离分别为1和2，且，则的长是________． 命题透视 ►核心考点：平行线分线段成比例定理 ►命题分析： （1）情境创设：三条平行线被直线所截，交点为、、，已知两平行线间距离1和2、，求，属于图形计算情境。 （2）问题设计：需先构造垂线段得到、，再利用求解，考查辅助线构造与比例转化双重能力。 （3）考查目标：考查几何直观与运算能力，要求将"平行线间距离"转化为"截得线段之比"的条件。 答案与解析 【答案】 【分析】过点A作交直线b于点E，交直线c于点F，则可得出，，利用平行线分线段成比例定理，即可得出，代入数值计算即可． 【详解】解：过点A作交直线b于点E，交直线c于点F， ∵， ∴，， ∴，， ∵， ∴ ， 即， ∴． 知识总结 ①核心定理：平行线分线段成比例，时（A向三条平行线作垂线，垂足为E、F）。②解题步骤：，解得。③拓展关联：该定理是相似三角形判定与性质的基础，也常与三角函数、位似结合出题。 13．如图，点，在上，连接，，．若，则的长是________． 命题透视 ►核心考点：等边三角形的判定与弧长公式 ►命题分析： （1）情境创设：中、两点满足，求的长，属于圆中线段与弧的综合计算情境。 （2）问题设计：由先判定等边三角形得圆心角，再用弧长公式计算，考查"边定角、角定弧"的推理链条。 （3）考查目标：考查推理能力与运算能力，要求从线段相等推出特殊角并代入弧长公式。 答案与解析 【答案】 【分析】首先证明是等边三角形，得到，然后利用弧长公式求解． 【详解】解：∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴的长是． 知识总结 ①推理关键：为半径，又，故为等边三角形，。②弧长公式：，代入得。③拓展关联：弧长公式与扇形面积公式常成对出现，也是圆锥侧面积计算的基础。 14．如图，已知的面积为3，且．将沿方向平移长度得到，连接，，交于点，给出下面四个结论：①四边形的面积是9；②；③；④若，则．上述结论中，正确结论的序号有________． 命题透视 ►核心考点：平移的性质与菱形的判定及多结论综合判断 ►命题分析： （1）情境创设：中、面积为3，将沿方向平移长度得，连接、交于M，判断四个结论的真假，属于图形变换多结论压轴填空。 （2）问题设计：四个结论分别涉及面积计算（①）、垂直关系（②）、等量代换（③应为故错）、含角的特殊计算（④），逐项独立设陷，区分度高。 （3）考查目标：考查推理能力与几何直观，要求综合平移性质、菱形判定、勾股定理与含角直角三角形性质逐项论证。 答案与解析 【答案】 ①②④ 【分析】根据平移性质得出，，结合判定四边形为菱形；利用菱形性质、平行四边形判定及面积公式逐一判断各结论；对于结论④，利用等腰三角形性质及角直角三角形性质求解． 【详解】解：由平移的性质可知，，，，， ， ， 且， 四边形是平行四边形． ， 四边形是菱形． 对于①： 设边上的高为 四边形是菱形 四边形的面积 ，故①正确； 对于②：四边形是菱形， ， 且， 四边形是平行四边形， ， ， ，故②正确； 对于③：四边形是菱形， 为中点，， ． 四边形是平行四边形， ， ， 在中，， ， ，即 ，故③错误； 对于④：四边形是菱形， ， ， ，即， ． 过点作于点， ∵在中， ， ． ， ， ， ， ，故④正确 ， 综上所述，正确结论的序号有①②④． 知识总结 ①判定主线：由平移得且，结合证四边形为菱形。②结论①②④正确：菱形与三角形面积叠加得9；由且得；由推出，用角直角三角形与面积条件解得。③结论③错误：Rt中，故应为。④拓展关联：平移+等腰条件判定菱形是常见模型，多结论题常用"从易到难、代特殊值"策略提速。 三、解答题 15．先化简，再求值：，其中． 命题透视 ►核心考点：完全平方公式与多项式乘法的化简求值 ►命题分析： （1）情境创设：先将整式化简，再代入求值，属于代数式化简求值的常规情境。 （2）问题设计：需要同时运用完全平方公式与多项式乘多项式法则，合并同类项后代入求值，考查公式展开的准确性。 （3）考查目标：考查运算能力，要求公式使用准确、符号处理无误、代入规范。 答案与解析 【答案】； 【详解】解：原式， ， 当时，原式． 知识总结 ①核心公式：；多项式乘法用分配律逐项相乘。②解题步骤：原式；当时，原式。③拓展关联：化简求值题常与分式、二次根式结合，代入负数时必须加括号，防止平方与符号错误。 16．长春2027年第33届世界大学生冬季运动会的会徽主体形态是中国书法草书“长”字的抽象变形，吉祥物为“吉冰”“吉雪”．将三张分别印有会徽（记为A）、“吉冰”（记为B）、“吉雪”（记为C）图案的卡片（卡片的形状、大小、质地都相同）放在一个不透明的盒子里，搅匀后从中任意取出1张卡片记录后放回、搅匀，再从中任意取出1张卡片．用画树状图（或列表）的方法，求取出的两张卡片图案相同的概率． 命题透视 ►核心考点：用列表法（树状图法）求等可能事件的概率 ►命题分析： （1）情境创设：以长春2027年第33届世界大学生冬季运动会会徽与吉祥物"吉冰""吉雪"卡片抽取为背景，有放回地抽取两张，求图案相同的概率，属于本地冰雪文化情境。 （2）问题设计：要求用画树状图或列表的方法列出所有等可能结果，考查"有放回"规则的理解；干扰来自误按不放回计算（6种结果），正确为种。 （3）考查目标：考查数据观念与应用意识，要求完整列举等可能结果并正确计算概率。 答案与解析 【答案】取出的两张卡片图案相同的概率为 【分析】根据有放回的抽取规则列出所有等可能结果，进而求出取出的两张卡片图案相同的概率． 【详解】解：列表为： 第一次第二次 共有种等可能情况，其中，取出的两张卡片图案相同的情况有种，故取出的两张卡片图案相同的概率． 知识总结 ①解题步骤：有放回抽取两次，列表得9种等可能结果；图案相同的有(A,A)、(B,B)、(C,C)共3种；。②关键提醒："取出记录后放回再取"属有放回抽取，两次抽取相互独立，同一卡片可重复出现。③拓展关联：树状图适用于分步清晰的问题，列表法适用于两步等可能问题；概率还常与频率估计、公平性判断结合命题。 17．图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点称为格点．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求画图． (1)在图①中，以格点为顶点画一个三边长分别为4、、的三角形； (2)在图②中，以格点为顶点画一个平行四边形，使平行四边形的一条边长为3，一个角是； (3)在图③中，以格点为顶点画一个面积为12的菱形． 命题透视 ►核心考点：网格中用无刻度直尺作图 ►命题分析： （1）情境创设：在三个6×6正方形网格（边长1）中，分别画三边长为4、、的三角形、含角且一边长为3的平行四边形、面积为12的菱形，属于操作探究情境。 （2）问题设计：三问梯度递进：第一问考查勾股定理逆向构造（、），第二问考查网格中角的构造，第三问考查菱形面积"对角线乘积一半"的逆向运用，只能用无刻度直尺，限制工具提升思维要求。 （3）考查目标：考查几何直观与创新意识，要求将数量条件转化为网格中的格点关系。 答案与解析 【答案】(1)画一个三边长分别为4、、的三角形如图： (2)画出平行四边形的一条边长为3，一个角是，如图 (3)以格点为顶点画一个面积为12的菱形，如图 【分析】（1）根据，，结合网格的特点，画出三角形三边即可； （2）利用网格的特点，先以网格线为一边，确定一个的角，再沿着网格线取一边长为，利用平行四边形对边相互平行且相等的性质即可画出图形； （3）根据菱形的面积为对角线乘积的一半，结合的正方形网格的特点，画出菱形的对角线长分别为和即可． 【详解】（1）略； （2）略； （3）略． 知识总结 ①作图思路：网格中无理数线段用"横纵格数构造直角边"的勾股定理实现，如对应横向2格、纵向3格的对角线。②第二问：先沿网格线取一边长3，再利用网格对角线构造角，由对边平行且相等补全平行四边形。③第三问：菱形面积等于对角线乘积的一半，画对角线长分别为与的菱形即得面积12。④拓展关联：网格作图还常考查画已知三角形的高、中线、角平分线及轴对称图形。 18．甲、乙两个植树队参加植树造林活动．已知乙队每小时比甲队多种棵树．甲队种棵树与乙队种棵树所用的时间相同．求甲队每小时种多少棵树？ 命题透视 ►核心考点：分式方程的实际应用 ►命题分析： （1）情境创设：甲、乙两个植树队参加植树造林，乙队每小时比甲队多种3棵，甲队种60棵与乙队种66棵时间相同，求甲队每小时种树量，属于绿化造林劳动情境。 （2）问题设计：等量关系为"甲种60棵时间=乙种66棵时间"，需设甲队每小时种棵列分式方程，考查建模与验根双重要求。 （3）考查目标：考查模型观念与运算能力，要求找准等量关系、规范解分式方程并检验。 答案与解析 【答案】甲队每小时种棵树 【分析】利用甲队种棵树与乙队种棵树所用时间相同的等量关系，列分式方程求解即可． 【详解】解：设甲队每小时种棵树，则乙队每小时种棵树． 由题意得，， 解得， 检验：当时，，是原分式方程的解． 答：甲队每小时种30棵树． 知识总结 ①建模关键：时间相等。②解题步骤：去分母得，解得；检验时分母不为零且符合题意；答甲队每小时种30棵。③易错提醒：分式方程应用题必须写检验步骤，且要检验"是否为增根"与"是否符合实际意义"两个层面。④拓展关联：工程、行程、销售类问题中"时间（或总价）相等"是列分式方程的常见结构。 19．如图，在中，是边的中点，且．求证：四边形是矩形． 命题透视 ►核心考点：平行四边形与矩形的判定 ►命题分析： （1）情境创设：▱ABCD中M为AD中点且，求证四边形是矩形，属于几何证明情境。 （2）问题设计：要求从"一组对边中点+等腰"条件出发证，再推出，考查"有一个角是直角的平行四边形是矩形"的判定路径。 （3）考查目标：考查推理能力，要求全等三角形判定（SSS）与矩形判定的规范书写。 答案与解析 【答案】证明：∵四边形是平行四边形， ∴ ， ∵M是边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴平行四边形是矩形． 【分析】证明，得到，进一步得到，即可证明结论． 【详解】略 知识总结 ①证明思路：▱ABCD中、；M为AD中点得；结合用SSS证，得；故，▱ABCD是矩形。②判定要点：证矩形两条路径——"一个角是直角的平行四边形"或"对角线相等的平行四边形"。③拓展关联：中点+等腰条件常构成等腰三角形"三线合一"或全等模型，是四边形证明的常用切入点。 20．为落实教育部《关于全面推进健康学校建设的指导意见》，多地中小学进一步将“健康第一”的教育理念贯穿学习生活日常．某校对七年级学生开展了体能测试，为了解学生的测试情况，现从七年级随机抽取了两组学生的测试成绩（满分100分，每组10人），并将这两组记为A组、B组． 整理数据： 分析数据： 平均数 中位数 众数 A组成绩 85 80 B组成绩 83 80 根据以上信息，解答下列问题： (1)填空： ， ； (2)根据以上数据，体能测试成绩更好的是 组（填“A”或“B”）； (3)已知该校七年级共有300名学生，成绩为满分的学生可以获得“体能达人”的称号，估计该校七年级获得“体能达人”称号的学生人数． 命题透视 ►核心考点：平均数、中位数的计算与样本估计总体 ►命题分析： （1）情境创设：落实教育部《关于全面推进健康学校建设的指导意见》，某校抽取七年级A、B两组各10名学生的体能测试成绩，结合统计图与统计表求、并作决策，属于健康教育真实情境。 （2）问题设计：三问递进：(1)由统计图求A组加权平均数、B组中位数；(2)依据平均数与中位数比较判断A组更好；(3)用样本中满分比例估计300人中的"体能达人"人数，考查统计量选取与决策表达。 （3）考查目标：考查数据观念与应用意识，要求会算统计量、会比较决策、会用样本估计总体。 答案与解析 【答案】(1)86，80 (2)A (3)45人 【分析】（1）根据中位数和加权平均数的定义即可解答； （2）根据平均数和中位数，作出判断即可； （3）根据样本估计总体即可解答． 【详解】（1）解：根据A组成绩统计图，可得， 根据B组成绩统计图，可得B组数据从低到高为：70，70，80，80，80，80，90，90，90，100，共10个数据，其中第5，6个数据均为80， 故中位数； （2）解：由（1）中数据可得，A组平均数、中位数均大于B组， 故体能测试成绩更好的是A组； （3）解：（人） 答：估计该校七年级获得“体能达人”称号的学生人数为45人． 知识总结 ①计算要点：A组加权平均数；B组数据排序后第5、6个数均为80，故中位数。②决策依据：A组平均数与中位数均大于B组，故A组体能测试成绩更好。③样本估计总体：的满分占比按图示比例计算得45人，本题A组满分为2人、B组满分为1人，合计占比，人。④拓展关联：平均数、中位数、众数的选择依据是常考辨析点——中位数不受极端值影响，平均数利用全部数据。 21．某水库一天的水位监测记录显示：前4个小时的水位没有变化，随后的20个小时，水位每小时上升的高度相同．水库内的水位高度与时间之间的函数关系如图所示． (1)随后的20个小时，水位每小时上升 ； (2)求所在直线对应的函数关系式； (3)当水位达到警戒水位时，求的值． 命题透视 ►核心考点：一次函数图象信息获取与待定系数法 ►命题分析： （1）情境创设：某水库一天的水位监测记录显示前4小时水位不变、随后20小时匀速上升，给出水位高度（m）与时间（h）的函数图象，求解析式并确定达到警戒水位的时刻，属于水资源监测真实情境。 （2）问题设计：三问递进：(1)由图象读出总增量15m与总时长20h相除得每小时上升0.75m；(2)用待定系数法求线段BC所在直线；(3)将警戒水位代入求，考查读图、建模与解方程的完整链条。 （3）考查目标：考查模型观念与应用意识，要求从分段图象中提取坐标信息并用待定系数法建模。 答案与解析 【答案】(1)0.75 (2) (3) 【分析】本题考查了函数图象的信息获取，待定系数法求一次函数解析式． （1）先算出随后的20个小时的水位高度变化量，结合总增加水量和时间，可求出水位每小时上升量． （2）因为当时，设所在直线对应的函数关系式为，利用待定系数法求解函数关系式． （3）将代入（2）中求得的函数关系式中，求解即可． 【详解】（1）解：前4个小时的水位没有变化，总水位高度为，到共，水量高度从增加到，总增加水量， 水位每小时上升． 故答案为：． （2）解：当时，设所在直线对应的函数关系式为， 由图可知，函数过点和， 代入得： ， 解得， 因此函数关系式为：． （3）解：将代入解析式： ， 解得：． 知识总结 ①读图要点：水平段表示水位不变（前4h为10m），上升段从到。②待定系数法：设，代入两点得，解得、，故（）。③求时刻：，解得。④拓展关联：分段函数问题要注意自变量取值范围；此类"图象+实际背景"题还常考最大（小）水位与时间预测。 22．【问题提出】如图①，以的边为直径作．若经过边的中点，求证：． 【问题解决】证明：如图②，连接． 四边形是平行四边形，∴，． 是的中点，是的中点，，．． 四边形是平行四边形．．点在上，． ．． 【结论应用】 (1)在【问题提出】的条件下，若点也在上，且，则的面积为 ； (2)如图③，以正方形的边为直径的圆经过的边的中点，连接．若，则长度的最大值为 ． 命题透视 ►核心考点：圆周角定理、勾股定理与圆外一点到圆上距离的最值 ►命题分析： （1）情境创设：以▱ABCD的边AD为直径作，若圆经过BC中点M，先证明，再将结论应用于面积计算与正方形背景下FC最大值，属于"问题提出—问题解决—结论应用"探究情境。 （2）问题设计：题干先给出待证结论形成工具，(1)问利用与由勾股定理求▱ABCD面积为；(2)问由发现点C在以D为圆心、3为半径的圆上，将最值转化为"圆外定点到圆上动点距离"，当C在FD延长线上时最大为，考查结论迁移与最值转化。 （3）考查目标：考查推理能力与几何直观，要求掌握"证明—应用"的迁移路径和"定点定长"最值模型。 答案与解析 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用题干中已知结论可得，由圆周角定理得，由勾股定理计算出，最后利用平行四边形面积公式求解； （2）由题干中已知结论可得，推出，进而可得点C在以点D为圆心，3为半径的圆上，根据圆外一点到圆上一点的距离，可得当点C在线段的延长线上时，长度取最大值． 【详解】（1）解：如图，连接， 中， ， 由题干中已知结论可得， ， 点也在上， ， ， 的面积； （2）解：正方形中， ，， 由题干中已知结论可得， ， 点C在以点D为圆心，3为半径的圆上， 当点C在线段的延长线上时，长度取最大值，如图： 此时． 知识总结 ①证明思路：连接OM，M为BC中点且，结合平行四边形性质可证。②(1)问：，；B在圆上且AD为直径，故，，▱ABCD面积。③(2)问：正方形ADEF中，则、；由知点C在以D为圆心3为半径的圆上，，当C在FD延长线上时最大，。④拓展关联："定点定长"（隐圆）模型是线段最值的高频考法，常见隐圆还有"定弦定角"与"直角对直径"。 23．如图，在中，，，．为边的中点，为线段上一点（不与点重合），点关于点的对称点为点，以为斜边构造等腰直角三角形，点和点在直线的同侧． (1) ； (2)连接，求证：； (3)当点在边上时，求的长； (4)是边上一点，连接．当，且时，直接写出的长． 命题透视 ►核心考点：等腰直角三角形、中心对称与相似三角形的综合 ►命题分析： （1）情境创设：Rt中、、，O为AB中点，D为OA上动点，D关于O的对称点为E，以DE为斜边构造等腰直角，属于动态几何综合压轴。 （2）问题设计：四问梯度设计：(1)用勾股定理求；(2)由O为DE中点、用"三线合一"证；(3)当F落在BC上时，设，在Rt中用勾股定理列方程解得，再求，得；(4)在且条件下分F在BC下方与上方两类讨论，利用证，再用求出，得或，全面考查分类讨论与相似建模。 （3）考查目标：考查推理能力与几何直观，要求掌握对称构造、设元列方程、平行线转化与双解讨论的综合方法。 答案与解析 【答案】(1) (2)证明：点、关于点对称， 是的中点， 是等腰直角三角形，即， ； (3) (4)或 【分析】（1）根据勾股定理进行计算即可求解； （2）根据等腰直角三角形的性质即可得出； （3）设，则，在中，根据勾股定理可得的长，在中，根据勾股定理可得的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得的长； （4）分两种情况讨论，点在上方和下方时，根据已知条件得出，进而根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：在中，，，， ∴； （2）略 （3）解：当点落在上时， 连接，如图： ∵，且为的中点，即垂直平分， ∴，， ∴设，则， 在中，， ∴，解得， 即， 在中，， ∵在中，是斜边上的中线， ∴； （4）解：如图，当在的下方时，设，交于点，由（3）可得，， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，解得， ∴， ∴； 如图，当在的上方时，延长交于点， 同理可得， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， 综上所述，或． 知识总结 ①第(3)问模型：垂直平分；设，则；Rt中解得；Rt中；Rt中OF为斜边中线，。②第(4)问关键：由与推出，得，进而，用得，解得；F在BC下方时，上方时。③易错提醒：动点问题必须画全两种位置关系草图，漏解是最大失分点。④拓展关联："中点+等腰直角"常构造斜边中线模型；条件型双解讨论需用"综上所述"规范收尾。 24．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点．点在轴上，横坐标为，点在直线上，横坐标为． (1)点的坐标为 ，点的坐标为 ，点的坐标为 ； (2)当点在抛物线上时，求的值； (3)当时，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接． ①若直线将的面积分成两部分，求的值； ②当此抛物线在内部的点的纵坐标随的增大而增大时，直接写出的取值范围． 命题透视 ►核心考点：二次函数与旋转、面积分割、增减性取值范围的综合 ►命题分析： （1）情境创设：抛物线与x轴交于A、B两点（A在B左侧），与y轴交于C；点M在x轴上横坐标为m，点N在直线上横坐标为，属函数与几何融合压轴。 （2）问题设计：三问递进：(1)令、求交点、、；(2)将代入抛物线得，解得；(3)①将绕M旋转构造（AAS），由直线把三角形面积分成得或，再用列式，结合舍去增根得；②要求抛物线在内部的部分纵坐标随x增大而增大，需对称轴右侧部分落在三角形内部，结合M在A右侧、P在y轴右侧列不等式组，得，考查动态临界分析。 （3）考查目标：考查推理能力与创新意识，要求掌握旋转全等构造、面积比转化、相似列式与"图象增减性+临界位置"的综合分析。 答案与解析 【答案】(1)，， (2)， (3)①；② 【分析】（1）对于抛物线，分别令和，求解即可； （2）点的坐标为，代入抛物线解析式，求解即可； （3）①设直线与线段交于点，分别过点、、作轴，轴，轴，由旋转的性质证明，得到，，根据面积比可得出或，证明，根据相似三角形的性质列式求解即可；②根据二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：对于， 令，得，故点的坐标为； 令，得， 解得，， ∵点在点的左侧， ∴点的坐标为，点的坐标为； （2）解：∵点在直线上，横坐标为， ∴点的坐标为， ∵点在抛物线上， ∴， 整理得：， 解得，； （3）解：①设直线与线段交于点，分别过点、、作轴，轴，轴， ∴，， ∵将线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， ∵，且， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵直线将的面积分成两部分， ∴或， 即或， ∴或， ∵轴，轴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴，， ∴或， 解得，或，； ∵， ∴； ②抛物线开口向上，对称轴为， ∴当时，随的增大而增大； ∴内部包含对称轴右侧部分，且点在点右侧，点在轴右侧， 即， 解得． 知识总结 ①第(2)问方法：点N坐标由直线解析式表示后代入抛物线，整理为一元二次方程求解。②第(3)①问模型：旋转构造一线三直角，证得、；由同底高比得或，设，利用得或，结合确定。③第②问关键：抛物线对称轴，开口向上，需内部包含对称轴右侧单调增部分，即，解得。④拓展关联：二次函数压轴常以"全等或相似构造+面积比+增减性/最值"组合命题，画准动态草图、锁定临界位置是解题核心。 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 $