2026年湖南省长沙市雨花区中考数学适应性试卷（含答案+解析）

这是一份2026年湖南省长沙市雨花区中考数学适应性试卷（含答案+解析），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列各数中小于0的是( )
A. −(−1)B. |−1|C. 3−1D. (−1)2
2.我国在量子通信领域整体处于国际领先地位.在量子通信中，某设备能处理的数据量为每秒4.5×108比特，若持续工作100秒，总处理数据量约为(单位：比特)( )
A. 4.5×1010B. 4.5×109C. 4.5×108D. 4.5×107
3.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4.“费尔兹奖”是数学领域的国际最高奖项之一，被誉为“数学界的诺贝尔奖”.目前为止“费尔兹奖”得主中最年轻的8位数学家获奖时的年龄(岁)分别为28，29，29，29，31，31，31，31，则这组数据的中位数是( )
A. 28B. 29C. 30D. 31
5.下列运算正确的是( )
A. 2x2y−3xy2=−x2yB. 20− 5= 5
C. 4a6÷a2=4a3D. (a+b)2=a2+b2
6.如图，已知直线a//b，现将含45∘角的直角三角板ABC放入平行线之间，两个锐角顶点B、C分别落在直线a、b上.若∠1=26∘，则∠2的度数为( )
A. 56∘
B. 64∘
C. 68∘
D. 71∘
7.如图，一次函数y=ax+b与y=cx+d的图象交于点P.下列结论不正确的是( )
A. acd
C. a+b=c+d
D. 当x>1时，ax+b>cx+d
8.某校举行“垃圾分类”知识竞赛，共20道题，答对一题得5分，答错或不答扣2分.若小明得分不低于86分，则他答对的题数至少有( )
A. 19B. 18C. 17D. 16
9.如图，PA，PC是⊙O的切线，A，C为切点，若AB是⊙O的直径，且∠P=68∘，则∠BAC的度数为( )
A. 34∘
B. 39∘
C. 51∘
D. 56∘
10.如图，点I为△ABC的内心，AB=6，AC=5，BC=4，将∠ACB平移使其顶点与I重合，则图中阴影部分的周长为( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.从分别写着数1，2，3，4，5，6，7，8的卡片中随机抽取1张，该卡片上的数是4的整数倍的概率是 .
12.分解因式：x3−4x= .
13.已知关于x的一元二次方程x2−(2m+1)x+m2+m=0有两个实数根x1，x2，且x1+x2=9，则m= .
14.如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−3,0)、B两点，与y轴交于C(0,3)点，M点在抛物线的对称轴x=−1上，当△MBC周长最小时，点M的坐标为 .
15.1号、2号、3号、4号运动员取得了运动会800米赛跑的前四名.小记者来采访他们各自的名次时，1号运动员说：“3号在我前面冲向终点”.另一个得第3名的运动员说：“1号运动员不是第4名”.小裁判员：“他们的号码与各自的名次都不相同”.则3号运动员是第 名.
16.如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，AC=2 3，BD=4.过点A作AE⊥BC，垂足为E，则BE⋅BC的值等于 .
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
计算：(−1)2026−|−2|+ 2sin45∘−(cs45∘− 3)0.
18.(本小题6分)
先化简，再求值：2x−1+x2−4x2−2x+1⋅1−xx−2，其中x=−1.
19.(本小题6分)
如图，在△ABC中，BC0，故选项A不符合题意；
B.|−1|=1>0，故选项B不符合题意；
C.3−1=−10，故选项D不符合题意．
故选：C.
根据相反数定义，绝对值的定义，立方根定义，有理数的乘方进行计算，然后比较大小即可．
本题考查了有理数大小比较，相反数，绝对值，有理数的乘方，立方根，掌握有理数大小比较方法，相反数定义，绝对值定义，有理数的乘方运算法则是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：4.5×108×100=4.5×1010故选：A.
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|1时，图像在上方的函数值更大．
本题考查了一次函数的图像与性质，以及函数图像交点的几何意义．熟练掌握一次函数系数与图像的关系，并能利用图像比较函数值的大小，是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：设他答对的题数至少有x道题，根据题意得：5x−2(20−x)≥86，
∴x≥18，
答：他答对的题数至少有18道题．
故选：B.
设他答对x道题，根据题意，列出不等式，即可求解．
本题主要考查了一元一次不等式的应用，关键是根据题意找到不等式关系式．
9.【答案】A
【解析】解：如图，连接OP，交AC于H，
∵PA，PC是⊙O的切线，
∴PA=PC，∠APO=∠CPO=12∠APC=34∘，∠OAP=90∘，
∴OP⊥AC，
∴∠PAH=90∘−∠APO=56∘，
∴∠BAC=90∘−56∘=34∘，
故选：A.
连接OP，交AC于H，根据切线长定理得到PA=PC，∠APO=∠CPO=12∠APC，根据切线的性质得到∠OAP=90∘，再根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质计算即可．
本题考查的是切线的性质，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：设AC的对应边交AB于点E，BC的对应边交AB于点F，连接AI、BI，
∵点I为△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，
∴∠EAI=∠CAI，∠FBI=∠CBI，
由平移得EI//AC，FI//BC，
∴∠EIA=∠CAI，∠FIB=∠CBI，
∴∠EAI=∠EIA，∠FBI=∠FIB，
∴IE=AE，IF=BF，
∴IE+EF+IF=AE+EF+BF=AB=6，
∴阴影部分的周长是6，
故选：D.
设AC的对应边交AB于点E，BC的对应边交AB于点F，连接AI、BI，由点I为△ABC的内心，得∠EAI=∠CAI，∠FBI=∠CBI，由平移得EI//AC，FI//BC，则∠EIA=∠CAI，∠FIB=∠CBI，推导出∠EAI=∠EIA，∠FBI=∠FIB，所以IE=AE，IF=BF，求得IE+EF+IF=AB=6，于是得到问题的答案．
此题重点考查三角形的内切圆与内心、平移的性质、等腰三角形的判定、三角形的周长等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
11.【答案】14
【解析】解：∵有8张卡片，上面分别写着数1，2，3，4，5，6，7，8，其中该卡片上的数是4的整数倍的数是4，8，
∴该卡片上的数是4的整数倍的概率是=28=14，
故答案为：14.
直接由概率公式求解即可．
本题考查了概率公式，解题的关键掌握概率=所求情况数与总情况数之比．
12.【答案】x(x+2)(x−2)
【解析】【分析】
首先直接提取公因式x，进而分解因式得出答案．
本题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
【解答】
解：x3−4x=x(x2 −4)=x(x+2)(x−2).
故答案为：x(x+2)(x−2).
13.【答案】4
【解析】解：∵x1+x2=−ba=−−(2m+1)1=2m+1，
∴2m+1=9，
m=4.
故答案为：4.
根据根与系数的关系的公式是解答．
本题考查了根与系数的关系，掌握根与系数的关系的公式是解题关键．
14.【答案】(−1,2)
【解析】解：连接AC交直线x=−1于点M1，如图，
∵点B与点A关于对称轴对称，
∴MC+MB=MC+MA，
∵两点之间线段最短，
∴当点M在M1时，AM+BM取得最小值，
∵BC的长度不变，
∴点M在M1时，△MBC周长最小，
∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−3,0)，与y轴交于点C(0,3)，
设直线AC的解析式为y=kx+m，
∴−3k+m=0m=3，
解得k=1m=3，
即直线AC的解析式为y=x+3，
将x=−1代入直线y=x+3，得：y=−1+3=2，
∴点M1的坐标为(−1,2)，
故答案为：(−1,2).
根据题意，先找出点M在什么位置时，△MBC的周长最小，然后求出直线AC的解析式，即可得到当△MBC周长最小时，点M的坐标．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，找出点M在什么位置时，△MBC的周长最小．
15.【答案】1
【解析】解：因为他们的号码与各自的名次都不相同，由得第3名的运动员的话可知，1号不是第3名，也不是第4名，所以1号是第2名；由1号运动员的话可知，3号是第1名．
故答案为：1.
首先利用”号码与名次都不相同”这一硬性规则，结合”1号不是第4名”和“1号不是第1名”的线索，锁定1号运动员为第2名．一旦确定了1号的名次，再根据”3号在1号前面”这一信息，便可直接推导出3号是第1名．
题目考查了推理与论证，解题的E于灵活运用“号码与名次不相同”这一核心条件，通过排除法确定关键人物(1号运动员)的名次，从而打开解题的突破口．
16.【答案】1
【解析】解：过D作DF⊥BC交BC的延长线于F，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=∠DFC=90∘，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//DC，AB=DC，
∴∠ABE=∠DCF，
∴△ABE≌△DCF(AAS)，
∴AE=DF，BE=CF，
由勾股定理得到：AC2=AE2+CE2=AE2+(BC−BE)2=AE2+BC2−2BE⋅BC+BE2①，
BD2=DF2+BF2=DF2+(BC+BE)2=DF2+BC2+2BE⋅BC+BE2②，
②-①得：4BE⋅BC=BD2−AC2=42−(2 3)2=4，
∴BE⋅BC=1.
故答案为：1.
过D作DF⊥BC交BC的延长线于F，判定△ABE≌△DCF(AAS)，推出AE=DF，BE=CF，由勾股定理得到4BE⋅BC=BD2−AC2，即可求出BE⋅BC的值．
本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是判定△ABE≌△DCF(AAS)，推出AE=DF，BE=CF，由勾股定理来解决问题．
17.【答案】−1.
【解析】解：(−1)2026−|−2|+ 2sin45∘−(cs45∘− 3)0
=1−2+ 2× 22−1
=1−2+1−1
=−1.
先根据有理数的乘方、绝对值、特殊角的三角函数华子、零指数幂的运算法则计算，再根据有理数加减法则计算即可．
本题考查了实数的运算，特殊角的三角函数值，熟练掌握运算法则是解题的关键．
18.【答案】−xx−1，−12.
【解析】解：原式=2x−1+(x+2)(x−2)(x−1)2⋅1−xx−2
=2x−1−x+2x−1
=−xx−1；
当x=−1时，
原式=−−1−1−1=−12.
先根据分式的混合运算法则化简，再代值计算即可．
本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
19.【答案】证明：由作法得，CD=CB，DA=DC，
∴∠DCA=∠A=36∘，
∴∠CDB=36∘+36∘=72∘，
∵CD=CB，
∴∠B=∠CDB=72∘，
∴∠BCD=180∘−72∘−72∘=36∘，
∴∠BCD=∠A，
而∠CBD=∠ABC，
∴△ABC∽△CBD.
【解析】证明：由作法得，CD=CB，DA=DC，
∴∠DCA=∠A=36∘，
∴∠CDB=36∘+36∘=72∘，
∵CD=CB，
∴∠B=∠CDB=72∘，
∴∠BCD=180∘−72∘−72∘=36∘，
∴∠BCD=∠A，
而∠CBD=∠ABC，
∴△ABC∽△CBD.
根据等腰三角形的性质，由DA=DC得到∠DCA=36∘，则根据三角形外角性质得到∠CDB=72∘，再由CD=CB得到∠B=72∘，接着根据三角形内角和定理计算出∠BCD=36∘，然后根据相似三角形的判定方法得到结论．
题目考查了相似三角形的判定，解题的关键在于相关知识的灵活运用．
20.【答案】100；20 36∘ 估计该校初三年级学生“非常了解”和“比较了解”的共有720名
【解析】解：(1)由条形图可知，选B的有40人；由扇形图可知，选B的人数占比为40%，
被抽取的学生总数：40÷40%=100(人)，
选A的有20人，其占比为：p%=20100×100%=20%，
因此p=20，
答：被抽取的学生共有100人，p的值为20；
(2)选C的人数为：100−20−40−10=30(人)，
补齐条形统计图如图，；
(3)选D的人数为10人，占比为：10100×100%=10%，
对应的圆心角为：360∘×10%=36∘，
答：选项“D.不太了解”部分所占扇形的圆心角为36∘；
(4)样本中，“非常了解”(A)和“比较了解”(B)的人数占比为：20%+40%=60%，
该校初三年级共有1200名学生，
因此估计人数为：1200×60%=720(名)，
答：估计该校初三年级学生中，对圭塘河治理情况“非常了解”和“比较了解”的学生共有720名．
(1)用B选项人数40除以其占比40%，得总人数100；再用A选项人数20除以总人数，算出占比20%，即p=20；
(2)用总人数100减去A、B、D的人数，得C选项人数30；据此在条形图中画出高度为30的C选项条形，完成补全；
(3)用D选项人数10除以总人数100，得占比10%；再用360∘乘以10%，算出对应扇形圆心角为36∘；
(4)先算样本中A、B选项的总占比为60%，再用全校总人数1200乘以该占比，估计出对应学生人数为720名．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
21.【答案】A种型号智能机器人的单价为80万元，B种型号智能机器人的单价为60万元 最多能买A型机器人5台
【解析】解：(1)由题意，设A、B两种型号智能机器人的单价分别为x万元，y万元，
∴x+3y=2603x+2y=360.
∴x=80y=60.
答：A种型号智能机器人的单价为80万元，B种型号智能机器人的单价为60万元．
(2)设最多能买A型机器人a台，则最多能买B型机器人(15−a)台，
∴80a+60(15−a)≤1000.
∴a≤5.
答：最多能买A型机器人5台．
(1)依据题意，设A、B两种型号智能机器人的单价分别为x万元，y万元，则x+3y=2603x+2y=360，从而计算可以得解；
(2)依据题意，设最多能买A型机器人a台，则最多能买B型机器人(15−a)台，则80a+60(15−a)≤1000，从而计算可以得解．
本题主要考查了一元一次不等式的应用、一元一次方程的应用、二元一次方程组的应用，解题时要熟练掌握并能根据题意列出方程组是关键．
22.【答案】登山缆车上升的高度DE为250.8m 从山底A处到达山顶D处大约需要14.5min
【解析】解：(1)如图，过点B作BM⊥AF于点M，
∴DF=300.8m，AB=100m，∠A=30∘，∠DBE=53∘，
在Rt△ABM中，∠A=30∘，AB=100m，
∴BM=12AB=50m=EF，
∴DE=DF−EF=300.8−50=250.8m；
答：登山缆车上升的高度DE为250.8m；
(2)在Rt△BDE中，DE=250.8m，∠DBE=53∘，
∴BD=DEsin∠DBE=，
∴从山底A处到达山顶D处需要的时间10025+313.530≈14.5(min)，
答：从山底A处到达山顶D处大约需要14.5min.
(1)根据直角三角形的边角关系求出BM，进而求出DE即可；
(2)利用直角三角形的边角关系，求出BD的长，再根据速度、路程、时间的关系进行计算即可．
本题考查解直角三角形的应用-坡度坡角问题，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
23.【答案】证明：∵∴正方形沿BE折叠，点C落在C′处，
∴∠BCE=∠BC′E=90∘，∠CBE=∠C′BE，
∴∠CBC′+∠CEC′=180∘，
∵∠DEC′+∠CEC′=180∘，
∴∠CBC=∠DEC′，
∴∠DEC′=2∠EBC′ (94−916π)cm2
【解析】(1)证明：∵正方形沿BE折叠，点C落在C′处，
∴∠BCE=∠BC′E=90∘，∠CBE=∠C′BE，
∴∠CBC′+∠CEC′=180∘，
∵∠DEC′+∠CEC′=180∘，
∴∠CBC=∠DEC′，
∴∠DEC′=2∠EBC′；
(2)解：延长BC′交AD于点K，连接EK，OF，OG，OH，OB、OA、OK，如图，
∵⊙O分别与AB、AD、BC′相切，
∴OG⊥AB，OF⊥AD，OH⊥BC′，
∵∠A=∠AGO=∠AFO=90∘，OG=OF，
∴四边形AFOG为正方形，
∴∠GOF=90∘，
∵E是正方形ABCD的CD边的中点，
∴DE=CE=3cm，
∵正方形沿BE折叠，点C落在C′处，
∴BC′=BC=6cm，EC′=EC=3cm，
在Rt△DEK和RtΔC′EK中，
EK=EKED=DC′，
∴Rt△DEK≌RtΔC′EK(HL)，
∴DK=C′K，
设AK=xcm，则DK=KC′=(6−x)cm，
在Rt△ABK中，x2+62=(6+6−x)2，
解得x=92，
即AK=92cm，
∴BK=12−92=152(cm)，
设⊙O为r cm，
∵S△AOB+S△BOK+S△AOK=S△ABK，
∴12×6×r+12×92×r+12×152×r=12×6×92，
解得r=32，
∴图中阴影部分的面积=S正方形AGOF−S扇形GOF
=(32)2−90×π×(32)2360
=(94−916π)cm2.
(1)根据折叠的性质得到∠BCE=∠BC′E=90∘，∠CBE=∠C′BE，再利用四边形内角和得到∠CBC′+∠CEC′=180∘，根据邻补角的定义得到∠DEC′+∠CEC′=180∘，所以∠CBC=∠DEC′，从而得到∠DEC′=2∠EBC′；
(2)延长BC′交AD于点K，连接EK，OF，OG，OH，OB、OA、OK，如图，根据切线的性质得到OG⊥AB，OF⊥AD，OH⊥BC′，易得四边形AFOG为正方形，则∠GOF=90∘，接着证明Rt△DEK≌RtΔC′EK得到DK=C′K，设AK=xcm，则DK=KC′=(6−x)cm，在Rt△ABK中利用勾股定理得到x2+62=(6+6−x)2，则解方程得到AK=92cm，所以BK=152cm，设⊙O为rcm，利用面积法得到12×6×r+12×92×r+12×152×r=12×6×92，解方程得r=32，然后根据扇形的面积公式，利用图中阴影部分的面积=S正方形AGOF−S扇形GOF进行计算即可．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了正方形的性质、折叠的性质和扇形的面积公式．
24.【答案】(−2,−4) 不存在“双倍点”．
理由：设点(ℎ,2ℎ)在反比例函数y=−2x图象上，
则2ℎ=−2ℎ，
整理得ℎ2=−1