2026届安徽省合肥市中考数学自编模拟卷1

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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．（本题4分）下列有理数的大小比较，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了有理数比较大小，根据正数大于0，0大于负数，两个负数比较大小，绝对值越大其值越小进行求解即可．
【详解】解：，，，，则，
∴四个选项中，只有D选项正确，符合题意，
故选：D．
2．（本题4分）2025年10月18日，中国互联网信息中心发布的报告显示，目前我国人工智能用户达到了515000000人， 数据515000000用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了科学记数法，科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：，
故选：C．
3．（本题4分）如图所示的几何体，从上面看，得到的俯视图是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的线条都应表现在俯视图中．
【详解】解：从上面看共有两圆圈，都是实线．
故选：B．
4．（本题4分）下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题考查幂的运算法则，需逐一验证各选项是否符合规则即可．
【详解】解：A：根据幂的乘方法则，，底数不变，指数相乘，，故选项A正确；
B：加法运算中，只有同类项（即底数和指数均相同）才能合并，与的指数不同，无法直接相加，结果为，故选项B错误；
C：根据同底数幂相乘法则，，底数不变，指数相加，，但选项C结果为，故错误；
D：根据积的乘方法则，，需对每个因子分别乘方，，但选项D仅对乘方，故错误；
故选：A．
5．（本题4分）如图，在四边形中，，，，，P是上的动点，连接，若，则这样的点P共有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】C
【分析】本题考查了相似三角形的性质，解一元二次方程，熟练掌握相似三角形对应边成比例是解题的关键．设，则，则由相似三角形性质得到，化简得到，再根据根的判别式判断即可．
【详解】解：设，则
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴该方程有两个不相等的实数根，故这样的点P共有2个，
故选：C．
6．（本题4分）已知正比例函数的图象上两点，当时，有，那么的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据一次函数的性质即可求出当时，时，列出不等式，进而求出m的取值范围．
【详解】解：∵正比例函数的图象上两点，
当时，有，
∴，
∴．
故选：B．
7．（本题4分）如图，在中，，，以点为圆心，的长为半径作，点恰好在上，则劣弧的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查弧长公式的应用，关键是先确定圆心角的度数，再代入弧长公式计算．
【详解】解：∵、是⊙的半径，
∴，
∴，
∴，
∴劣弧的长为．
故选：A．
8．（本题4分）关于x的一元二次方程的根的情况是（ ）
A．没有实数根B．有两个不相等的实数根C．有两个相等的实数根D．无法确定
【答案】B
【分析】化成一般形式，计算方程根的判别式，根据计算属性判断即可．
【详解】∵，
∴，
∵，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选B．
9．（本题4分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A．abc＜0B．b2﹣4ac＜0C．a﹣b+c＜0D．2a+b＝0
【答案】D
【分析】由图可知a＞0，与y轴的交点c＜0，对称轴x＝1；函数与x轴有两个不同的交点；当x＝﹣1时，y＞0．
【详解】由图可知a＞0，与y轴的交点c＜0，对称轴x＝1，
∴b＝﹣2a＜0；
∴abc＞0，A错误；
由图象可知，函数与x轴有两个不同的交点，
∴△＞0，B错误；
当x＝﹣1时，y＞0，
∴a﹣b+c＞0，C错误；
∵b＝﹣2a，D正确；
故选D．
10．（本题4分）如图，为等边三角形，点为边上一动点，以为边在的右侧作等边，连接，点是边的中点，连接．若，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】本题考查了等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，正确得出点的运动轨迹在射线上是解题关键．先求出，再证出，根据全等三角形的性质可得，从而可得在点运动过程中，点的运动轨迹在射线上，然后根据垂线段最短可得当时，取得最小值，最后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可得．
【详解】解：∵点是边的中点，，
∴，
∵和都是等边三角形，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴在点运动过程中，始终有，
∴在点运动过程中，点的运动轨迹在射线上，
由垂线段最短可知，当时，取得最小值，
此时，
∴在 中，，
∴的最小值为，
故选D．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
11．（本题5分）若代数式有意义，则实数x的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查函数有意义的条件，根据二次根式被开方数非负及分式的分母不为零列出不等式组，求解即可．
【详解】由可得实数x的取值范围是，
故答案为：．
12．（本题5分）计算：
【答案】4
【分析】本题主要考查了求一个数的绝对值和算术平方根的计算，准确计算是解题的关键．
根据绝对值的性质计算即可；
【详解】；
故答案．
13．（本题5分）合肥的旅游景点丰富多样，涵盖了历史文化、自然风光和现代娱乐等多个方面，其中“三河古镇”“包公园”“安徽博物院新馆”及“合肥融创乐园”等都是合肥的旅游胜地．若从上述四个景点中随机选两个景点旅游，则恰好选中“三河古镇”和“包公园”的概率是 ．
【答案】
【分析】本题考查的知识点是列表法或树状图法求概率、根据概率公式计算概率，解题关键是熟练掌握用列表法或树状图法求概率．
运用列表或画树状图法把所有等可能结果表示出来，再根据概率公式计算即可求解．
【详解】解：分别记“三河古镇”“包公园”“安徽博物院新馆”“合肥融创乐园”为、、、，画树状图如下：
一共有种等可能的情况，其中恰好选中“三河古镇”和“包公园”的情况有种，
恰好选中“三河古镇”和“包公园”的概率是．
故答案为：．
14．（本题5分）如图，现有正方形纸片，点E，F分别在边上，沿垂直于的直线折叠得到折痕，点B，C分别落在正方形所在平面内的点，处，然后还原．
（1）若点N在边上，且，则 （用含α的式子表示）；
（2）再沿垂直于的直线折叠得到折痕，点G，H分别在边上，点D落在正方形所在平面内的点处，然后还原．若点在线段上，且四边形是正方形，，，与的交点为P，则的长为 ．
【答案】 /
【分析】①连接，根据正方形的性质每个内角为直角以及折叠带来的折痕与对称点连线段垂直的性质，再结合平行线的性质即可求解；
②记与交于点K， 可证：，则，，由勾股定理可求，由折叠的性质得到：，，，，，则，，由，得，继而可证明，由等腰三角形的性质得到，故．
【详解】解：①连接，由题意得，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，，
∴，，
∴
∴，
故答案为：；
②记与交于点K，如图：
∵四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，，
在中，由勾股定理得，
由题意得：，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由题意得，而，
∴，
∴，
故答案为：．
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．（本题8分）先化简，再求值：，其中．
【答案】，．
【分析】先根据分式的减法法则算括号里面的，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，最后代入求出答案即可．
【详解】解：
，
当时，原式．
16．（本题8分）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，．
(1)画出关于y轴对称的图形；
(2)以原点O为位似中心，位似比为，在y轴的左侧，画出放大后的图形，并直接写出点坐标；
(3)请求出的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析；点点坐标为
(3)
【分析】（1）利用关于轴对称的点的坐标特征得到、、的坐标，然后描点即可；
（2）利用关于以原点为位似中心的对应点的坐标特征，把、、点的横纵坐标都乘以2得到、、点的坐标，然后描点即可；
（3）利用长方形的面积减去三个三角形的面积即可求出．
【详解】（1）解；如图，为所作；
（2）解：如图，为所作，点点的坐标为．
（3）解：
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17．（本题8分）一次函数和反比例函数的图象的相交于，与x轴交于点C，连接．

(1)求反比例函数的表达式．
(2)求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数综合问题，掌握待定系数法是解题关键．
（1）将点代入即可求解；
（2）由（1）可得，将、代入可得一次函数的表达式，进而可得的坐标；根据即可求解．
【详解】（1）解：∵反比例函数的图象过点，
∴
解得：
∴反比例函数的表达式为：
（2）解：将点代入得：，
∴
将、代入得：
，
解得：，
∴一次函数的表达式为：，
令，则，
∴
∴
18．（本题8分）如图，光从空气斜射入水中，入射光线射到水池的水面B点后折射光线射到池底点D处，入射角，折射角；入射光线射到水池的水面C点后折射光线射到池底点E处，入射角，折射角．，、为法线．入射光线、和折射光线、及法线、都在同一平面内，点A到直线的距离为6米．

(1)求的长；（结果保留根号）
(2)如果米，求水池的深．（参考数据：取1.41，取1.73，取0.37，取0.93，取0.4，取0.65，取0.76，取0.85）
【答案】(1)米
(2)4米
【分析】（1）根据题意和锐角三角函数，可以求得和的值，然后即可计算出的值；
（2）根据（1）中的结果和锐角三角函数，可以求得水池的深．
【详解】（1）解：作，交的延长线于点F，则，
∴，，
∵，，
∴，，
∵米，
∴（米），（米），
∴（米），
即的长为米；
（2）解：设水池的深为x米，则米，
由题意可知：，，米，
∴（米），（米），
∵，
∴，
解得，
即水池的深约为4米．

五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分
19．（本题10分）如图，内接于是的直径，过点作的切线交的延长线于点D，于点，交于点．
(1)求证：；
(2)若，求的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【分析】本题考查圆周角定理，切线的性质，垂径定理，三角形相似的判定与性质，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键．
（1）连接，根据等腰三角形的性质可得，再利用圆周角定理结合切线的性质可证，进而推出，利用垂径定理可得，推出，由圆周角定理得到，推出，即可得出结论；
（2）证明，推出，设，求出，利用勾股定理求出，由，建立方程求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵是的直径，是的切线，切点为，
∴，即，
∴，
∴，
∵，是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：，
，
，
，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
在中，，
∴，
在中，，
∵，
∴，即，
解得：或（舍去），
∴，
∴的半径为．
20．（本题10分）综合与实践：
合肥市某中学为了让学生增加课外阅读的机会，计划修建一条读书走廊，并准备用若干块带有圆形花纹和没有圆形花纹的两种大小相同的正方形地砖搭配在一起，按如图①所示的排列方式铺满走廊，已知每块正方形地砖的边长均为．
【观察思考】
当带有圆形花纹的地砖只有1块时，没有花纹的地砖有8块（如图②）；当带有圆形花纹的地砖有2块时，没有花纹的地砖有13块（如图③）；…；以此类推．
【规律总结】
（1）按图示规律，第一个图案（图②）的长为 ，第五个图案的长为 ；
（2）若这条走廊的长为，带有圆形花纹的地砖块数为n（n为正整数），则 （用含n的代数式表示）；
【问题解决】
（3）若要使走廊的长不小于72，则至少需要带有圆形花纹的地砖多少块？
【答案】（1），；（2）；（3）至少需要带有圆形花纹的地砖60块．
【分析】（1）第一个图案边长，第二个图案边长，得出第n个图案边长为，从而计算第五个图案的长；
（2）根据（1）中的结论可解答；
（3）根据题意列不等式可解答．
【详解】解：（1）第一图案的长度，
第二个图案的长度，
•••，
第n个图案边长为；
∴第五个图案的长为；
故答案为：，；
（2）由（1）得第n个图案的长为；
故答案为：；
（3）由题意得：，
∴，
∴，
∴至少需要带有圆形花纹的地砖60块．
六、（本题满分12分）
21．（本题12分）“天宫课堂”第三课在中国空间站的问天实验舱开讲，“太空教师”陈冬、刘洋、蔡旭哲为广大青少年带来一场精彩的太空科普课，为了激发学生的航天兴趣，弘扬科学精神，某校七年级共800名学生参加了以“格物效知，叩问苍穹”为主题的太空科普知识竞赛．为了解七年级学生的科普知识掌握情况，调查小组从七年级共选取50名学生的竞赛成绩（百分制，成绩取整数）作为样本，进行了抽样调查，下面是对样本数据进行了整理和描述后得到的部分信息：
a．50名学生竞赛成绩的频数分布表：
b．50名学生的说赛成绩的频数分布直方图；
c．竞赛成绩在这一组的成绩是：
80、81、83、83、83、84、84、85、86、86、86、87、87、87、88、88、89．
d．小东的竞赛成续为83分．
根据以上信息，回答下列问题：
(1)频数分布表中的数值______；
(2)补全频数分布直方图；
(3)小东的竞赛成绩是否超过样本中一半学生的成绩？
(4)学校将把获得88分及以上的学生评为“科普达人”，请估计七年级学生的获奖人数．
【答案】(1)3
(2)见解析
(3)小东的成绩超过样本中一半学生的成绩
(4)192人
【分析】本题主要考查了频数分布表，频数分布直方图，用样本估计总体，求中位数：
（1）根据题目中得出的信息进行解答即可；
（2）根据解析（1）中m的值补全频数分布直方图即可；
（3）求出50名学生成绩的中位数，然后进行解答即可；
（4）用全校总人数乘以样本中88分及以上的学生所占百分比即可得出答案．
【详解】（1）解：由题意得，，
故答案为：3；
（2）解：补全频数分布直方图，如图所示：
（3）解：将选取的50名学生的竞赛成绩从小到大进行排序，排在第25的是80分，第26的是81分，
∴选取的50名学生的竞赛成绩的中位数是（分），
∵小东竞赛成绩为83分，，
∴小东的成绩超过样本中一半学生的成绩；
（4）解：（人），
答：七年级学生的获奖人数为192人．
七、（本题满分12分）
22．（本题12分）已知，矩形ABCD对角线AC，BD相交于O，点E为BC边上的动点，连结OE．
(1)如图1，若AC=2AB，OE=BE，求证：OE⊥AC；
(2)如图2，若点M为OD的中点，当线段OE最小时，连结ME交AC于点N．
①求证：ME=2EN．
②连结AM，若AM=EM，AC=a，求矩形ABCD的面积（用含a的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据矩形的性质得到∠ABC=90°，AC=BD，AO=CO=AC，BO=DO=BD，求得AO=BO=AC，根据等边三角形的性质得到∠BAC=60°，求得∠ACB=30°，根据垂直的定义即可得到结论；
（2）①证明：如图2，根据等腰三角形的性质得到BE=CE，求得OE=CD，，过M作，连接EG，推出四边形OEGM是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得到结论；
②如图3，连接AM，CM，过M作MH⊥BC于H，根据平行线等分线段定理得到EH=CH，求得AM=CM，求得AC⊥BD，根据正方形的判定定理得到矩形ABCD是正方形，于是得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD，AO=CO=AC，BO=DO=BD，
∴AO=BO=AC，
∵AC=2AB，
∴AB=AO=BO，
∴∠BAC=60°，
∴∠ACB=30°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∵OE=BE，
∴∠BOE=∠OBE=30°，
∴∠OEC=∠OBE+∠BOE=60°，
∴∠EOC=90°，
∴OE⊥AC；
（2）①证明：如图2，
当线段OE最小时，OE⊥BC，
∵OB=OC，
∴BE=CE，
∴OE=CD，，
过M作，交AC于G，连接EG，
∴，
∵OM=DM，
∴OG=CG，
∴MG=CD，
∴MG=OE，
∴四边形OEGM是平行四边形，
∴EN=MN，
∴ME=2EN；
②解：如图3，
连接AM，CM，过M作MH⊥BC于H，
∵OE⊥BC，DC⊥BC，
∴，
∵OM=DM，
∴EH=CH，
∴ME=MC，
∵AM=ME，
∴AM=CM，
∵AO=CO，
∴MO⊥AC，
即AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形，
∴矩形ABCD的面积=AC•BD=a2．
八、（本题满分14分）
23．（本题14分）已知抛物线：，抛物线经过点，，为抛物线的顶点，是轴正半轴上的点．
(1)若在抛物线上，，求点的坐标；
(2)若抛物线：，与轴交于点．
点在抛物线上，当，时，求的值；
若，是线段上的动点，过作交线段于点，连接，，求面积的最小值．
【答案】(1)；
(2)①②面积的最小值为．
【分析】（）根据抛物线的对称性求出抛物线的对称轴，再由点在抛物线 上，求E点坐标即可；
（）过点作轴交于点，则，判断出是等腰直角三角形，则，又有，，得到方程，求出 ；
过点作轴交于点，过点作轴交于点，求出直线的解析式为，可知，设，，则，证明，可得，令，要保证 在有解，只需满足，解得或 ，即可求面积的最小值为；
本题考查二次函数的图象及性质，一元二次方程根的判别式，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】（1）∵，
∴，
∵设抛物线为，
∴，
∵ 在抛物线上，
∴，解得：，
∴；
（2）∵抛物线经过点，
∴，
∴抛物线的解析式为，
∵点在抛物线上，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴点在第四象限，在直线的右侧，
过点作轴交于点，则，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∵，，
∴，
解得；
过点作轴交于点，过点作轴交于点，
由（）可知，当时，抛物线的顶点，
∴抛物线的解析式为，
∴，
∵
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
∵，
设，，
∴
，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，即 ，
整理得，
令，
∵当时，，对称轴在轴右侧，
∴要保证在有解，只需满足，
解得或，
∴，
∴面积的最小值为．
成绩





频数

6
15
17
9