2026年山东省济宁市泗水县二模数学试题（含解析）中考模拟

这是一份2026年山东省济宁市泗水县二模数学试题（含解析）中考模拟，共9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。
第Ⅰ卷（选择题共30分）
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 如图，数轴上被遮挡住的整数是（ ）
A. 1B. C. D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】在数轴上，原点右侧为正数，原点左侧为负数，且数轴上的点越往右数越大，越往左数越小．
【详解】解：因为被遮住的左边是整数，右边的整数是0，
因此被遮挡的整数是．
2. 中国瓷器以“技术+文化”为双驱动，在国际市场保持核心竞争力．如图，是白釉暗刻龙纹高足杯，下面说法正确的是（ ）
A. 主视图和俯视图相同B. 主视图和左视图相同
C. 左视图和俯视图相同D. 主视图、左视图和俯视图都相同
【答案】B
【解析】
【分析】根据图形得到其三视图，进而问题可求解．
【详解】解：由图可知：该白釉暗刻龙纹高足杯的主视图和左视图相同，故B选项符合题意．
3. 在学习《图形变化的简单应用》这一节时，老师要求同学们利用图形变化设计图案．下列设计的图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
详解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误．
故选C．
点睛：本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合.
4. 我国古代数学家祖冲之推算出的近似值为，它与的误差小于0.0000003．将0.0000003用科学记数法可以表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】绝对值较小的数的科学记数法的一般形式为：a×10-n，在本题中a应为3，10的指数为-7．
【详解】解：0.0000003
故选A
本题考查的是用科学记数法表示绝对值较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数决定．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方、单项式乘以多项式等知识点进行判定即可．
【详解】A．，故本选项原说法不符合题意；
B．，故本选项原说法不合题意；
C．，故本选项原说法不合题意；
D．，故本选项符合题意．
故选：D．
此题考查了整式的运算，涉及的知识有：合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方、单项式乘以多项式的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
6. 如图所示的网格是正方形网格，点是网格线交点，且点在的边上，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定与性质，，再根据直角三角形的判定及性质可知，最后利用三角形外角的性质即可解答．本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的判定与性质，三角形的外角的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键，
【详解】解：∵ ，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故选：．
7. 如图是某地铁站的进站口，共有3个闸机检票通道口，若甲、乙两人各随机选择一个闸机检票口进站，则甲、乙两人从同一个闸机检票通道口进站的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先列出表格得到所有等可能性的结果数，再找到甲、乙两人从同一个闸机检票通道口进站的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
【详解】解：设三个闸口分别用A、B、C表示，列表如下：
由表格可知一共有9种等可能性的结果数，其中甲、乙两人从同一个闸机检票通道口进站的结果数有3种，
∴甲、乙两人从同一个闸机检票通道口进站的概率为．
8. 如图，二次函数y＝ax2+bx（a≠0）的图像过点（2，0），下列结论错误的是( )
A. b＞0
B. a+b＞0
C. x＝2是关于x的方程ax2+bx＝0（a≠0）的一个根
D. 点（x1，y1），（x2，y2）在二次函数的图像上，当x1＞x2＞2时，y2＜y1＜0
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数的图像和性质作出判断即可．
【详解】解：根据图像知，当时，，
故B选项结论正确，不符合题意，
，
，
故A选项结论正确，不符合题意；
由题可知二次函数对称轴为，
，
，
故B选项结论正确，不符合题意；
根据图像可知是关于的方程的一个根，
故选项结论正确，不符合题意，
若点，在二次函数的图像上，
当时，，
故D选项结论不正确，符合题意，
故选：D．
本题主要考查二次函数的图像和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．
9. 如图，是等腰三角形，．以点B为圆心，任意长为半径作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别以点F和点G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE．下列四个结论：①；②；③；④当时，．其中正确结论的个数是（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据等腰三角形两底角相等与，得到，根据角平分线定义得到，根据线段垂直平分线性质得到，得到，推出，得到，推出，①正确；根据等角对等边得到，，根据三角形外角性质得到，得到，推出，②正确；根据，得到，推出，③错误；根据时， ，得到,推出，④正确．
【详解】∵中，，，
∴，
由作图知，平分，垂直平分，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，①正确；
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，②正确；
设，，
则，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，③错误；
当时，，
∵，
∴,
∴，④正确
∴正确的有①②④，共3个．
故选：C．
本题主要考查了等腰三角形，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义和线段垂直平分线的性质．
10. 如图，在等腰三角形中，，第1次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；第2次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段和，若用点在点的正南方向表示初始位置，则点在点的（ ）
A. 正东方向B. 正南方向C. 正西方向D. 正北方向
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查规律探索，多边形外角和，旋转的性质，掌握方法是解决问题的关键．根据图形旋转方式，可证明皆为等边三角形，可得，根据多边形外角和结论，图形每转动12次后与重合，依此规律解答即可．
【详解】解：将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和，
则，且，
为等边三角形，
同理，皆为等边三角形，
∵将绕点逆时针旋转，
∴，
为等边三角形，的中点为，
，
，
同理，
则，
∵，
∴每转到12次后与方向重合，
，
∴第30次操作后，第3个循环中的第6个位置，恰与方向相反，
又∵为等边三角形，
，
此时点在点的正北方．
故选：D．
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11. 写出使函数有意义的自变量x的一个值____．（写出任意一个符合题意的实数）
【答案】
（答案不唯一，任意满足的实数均可）
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件，得到自变量的取值范围，在取值范围内任取一个符合要求的值即可．
【详解】解：∵函数有意义，
∴，
解得：，
在的范围内任取一个实数，例如（答案不唯一）．
12. 关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程根的情况，掌握相关知识是解决问题的关键．根据题意，一元二次方程的，据此计算解答即可．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
即，
解得：．
故答案为：．
13. 分式化简后的结果为___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了分式的化简，原式先约分，再进行同分母的减法运算即可．
【详解】解：
．
故答案为：．
14. 如图，在矩形中，， ，以点A为圆心，的长为半径画弧交边于点E，则图中阴影部分的面积是___________．（结果保留π）
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了扇形的面积的计算及矩形的性质，用矩形的面积减去扇形的面积即可求得阴影部分的面积．
【详解】在矩形中，，，
，
，
在中
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：
15. 如图，过外一点M引的两条切线、，切点是、，为锐角，连接并延长与交于点N，点在的延长线上，过点P作的垂线，与的延长线相交于点E、垂足为F，则以下四个结论：①；②；③是等腰三角形；④；⑤，其中正确结论的有____．（直接填写结论序号）
【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】根据切线的性质定理证明三角形全等可判断①②；由等角的余角相等和对顶角相等，可推出，结合等角对等边可判断③；根据点P的位置不确定可判断④；根据切线的性质定理可证，利用相似三角形对应边成比例和，可判断⑤．
【详解】解：如图，连接，
∵、是的两条切线，切点是、，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，故①②正确；
，，
∴，
∴，
，
，
，
是等腰三角形，故③正确；
∵点在的延长线上，过点P作的垂线，
即根据题目的条件，点P的位置是不确定的，
∴无法推出，故④不正确；
是的切线，，
，
，
，
，
又，
，故⑤正确；
综上，正确的结论有①②③⑤．
三、解答题（本大题共8个小题，共75分．请写出文字说明、证明过程或演算步骤）
16. 计算、解方程组：
（1）．
（2）．
【答案】（1）

（2）
【解析】
【小问1详解】
解：
．
【小问2详解】
解：，
得：，
解得：，
将代入得：，
解得：，
则．
17. 《典籍里的中国》是一档由中央广播电视总台推出的文化类电视节目，节目通过时空对话的创新形式，讲述典籍在五千年历史长河中的源起、流转．某校开展了“典籍知识闯关赛”，赛后学校随机抽取了部分学生的比赛成绩进行统计，并按照成绩从低到高分成：A．，B．，C．，D．，E．五个等级，绘制了如图所示不完整的统计图：
其中等级的分数由低到高分别为：70，70，72，72，74，74，74，75，76，76，77，79．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）此次活动共抽取了________名学生的成绩，并补全频数分布直方图；
（2）本次被抽取的所有成绩的中位数为______分，组扇形所对应圆心角的度数是______°；
（3）若此次竞赛进入复赛后还要进行三轮知识问答，将这三轮知识问答的成绩按，，的比例确定最后得分，得分达到90分及以上可进入决赛，小敏这三轮的成绩分别为86，89，93，问小敏能参加决赛吗？请说明你的理由．
【答案】（1）50，见解析
（2）78，108 （3）小敏能参加决赛，见解析
【解析】
【分析】（1）用E组人数除以E组所占的百分比即可求得抽取学生数，再求出B等级人数，最后补全条形统计图即可；
（2）根据中位数的定义可求得中位数，用D组所占的比例乘以即可求得D组扇形所对应圆心角的度数；
（3）按照规则计算最后得分即可解答．
【小问1详解】
解：此次活动共抽取学生数为：名；
∴B等级的人数为：名，
补全频数直方图如下，
．
【小问2详解】
解：∵抽取学生数为50人，
∴中位数为数据从小到大排列后的第25和26位数的平均数，即C等级最后两位数的平均数，
∴中位数为，
∴D组扇形所对应圆心角的度数是．
【小问3详解】
解：小敏最后得分：，
小敏能参加决赛．
18. 2026年春晚舞台上，人形机器人表演再次惊艳全球，展现了“中国智造”的无限活力和广阔未来，点燃了全世界对人形机器人赛道的憧憬，向全世界传递了中国科技自立自强的最强声音．某公司计划采购甲、乙两种机器人，已知甲种机器人的单价比乙种机器人的单价少5万元，花费1200万元购进甲种机器人的数量是花费650万元购进乙种机器人数量的2倍．
（1）求甲种机器人和乙种机器人的单价分别是多少万元？
（2）该公司计划购进甲，乙两种机器人共40台，且甲种机器人的购买数量不超过乙种机器人购买数量的2倍，该公司购进甲种机器人多少台时花费最少？最少费用是多少万元？
【答案】（1）一台甲种机器人需60万元，一台乙种机器人需65万元
（2）购进26台甲种机器人花费最少，最少费用是2470万元
【解析】
【分析】（1）设购买一个乙种机器人需万元，则购买一台甲种机器人需万元，根据“花费1200万元购进甲种机器人的数量是花费650万元购进乙种机器人数量的2倍”列分式方程求解即可；
（2）设该公司购进甲种机器人台，总花费为万元，先求出a的取值范围，再求出的函数解析式，根据一次函数的性质作答即可．
【小问1详解】
解：设购买一个乙种机器人需万元，则购买一台甲种机器人需万元，
根据题意得，，
解得，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
，
答：购买一台甲种机器人需60万元，一台乙种机器人需65万元；
【小问2详解】
解：设该公司购进甲种机器人台，总花费为万元，
根据题意，得：，
解得，，
，
，
随的增大而减小，
∵，a为整数，
当时，取得最小值，
此时（万元），
答：购进26台甲种机器人花费最少，最少费用是2470万元．
19. 老旧小区改造，一头连着民生福祉，一头连着城市发展，不仅是城市更新的重要内容，更承载着人民对美好生活的向往．某位“综合与实践”小组的同学从安全性及适用性出发，对附近一所小区的一段斜坡进行调研．为提升运用数学知识解决实际问题的能力，该小组同学把斜坡安全改造”作为一项课题活动，在老师的带领下利用课余时间进行实地测量，如下为活动报告．
请根据活动报告，解答下列问题：
（1）求改造后斜面底部延伸出来的部分的长度；
（2）求改造这段斜坡需要多少立方米的混凝土材料？（结果保留根号）
【答案】（1）改造后斜面底部延伸出来的部分的长度为米．
（2）改造这段斜坡需要立方米的混凝土材料．
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，熟练作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
（1）过点A作，交的延长线于点H，构造直角三角形，再计算即可；
（2）先计算，再计算体积即可．
【小问1详解】
解：如图，过点A作，交的延长线于点H，
在中，米，
（米），（米），
在中，，
（米）,
米．
答：改造后斜面底部延伸出来的部分BE的长度为米；
【小问2详解】
解：平方米，
立方米．
答：改造这段斜坡需要立方米的混凝土材料．
20. 如图，在平面直角坐标系中，点A、B分别在反比例函数和的图像上，点的横坐标为，点的横坐标为，点的坐标为，，．
（1）求点A、B的坐标和反比例函数的表达式；
（2）作直线，直接写出直线的解析式并求出的面积．
【答案】（1），，
（2）直线的解析式为，的面积为
【解析】
【分析】（1）由可得，利用对应边成比例及可求出A、B两点坐标，则反比例函数的表达式可求．
（2）由点A、B的坐标可确定轴，即可得到直线，再由三角形面积公式求解即可．
【小问1详解】
解：∵点A的横坐标为，且点在反比例函数的图像上，代入得：
，
，
作轴，轴，如图，
∵，
∴，
，
，
，
，
，
∵，
，
∵，点的坐标为，
，
，，
，
，
在反比例函数的图像上，代入得：
，
∴反比例函数解析式为；
【小问2详解】
解：∵，
∴轴，
∴，
∴．
21. 如图，四边形内接于，，，垂足为，点在的延长线上，且，连接、．
（1）求证：；
（2）若，，求线段的长．
【答案】（1）见解析 （2）6
【解析】
【分析】（1）先证明，然后由三角形内角和定理得到，再由互余关系得到，即可证明；
（2）先证明，继而得到是线段的中垂线，．设，即可由勾股定理求解．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
又∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
又
∴，
∴，
又，
∴，
∴是线段的中垂线，
∵，
∴，
又，
设，
由，得，
解得，
∴．
22. 【综合与实践】如图1是实验室中的一种摆动装置，在地面上，支架是底边为的等腰直角三角形，摆动臂长可绕点旋转，摆动臂可绕点旋转，，．
（1）在旋转过程中，当A，D，M三点在同一直线上时，求的长；
（2）若摆动臂顺时针旋转，点的位置由外的点转到其内的点处，连结，如图2，此时，，求的长．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线段和差计算即可；
（2）连接，由旋转的性质可得，从而得到，进而得到，再由勾股定理可得，再证明，可得．
【小问1详解】
解：∵，，
∴当A，D，M三点在同一直线上时，或，
∴的长为或；
【小问2详解】
如图，连接，
由旋转的性质得：，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴
∵，
∴，
∴．
23. 已知平面直角坐标系，抛物线与轴交于点和点（点在点左侧），与轴交于点，顶点为，过点作轴交抛物线于点．
（1）直接写出抛物线的对称轴及点A、B的坐标；
（2）连接，如果平分，求的值；
（3）在（2）的条件下，点是抛物线上一点，点是轴上的动点，若以A、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P的坐标．
【答案】（1）直线，
（2）
（3）或或
【解析】
【分析】（1）根据对称轴计算公式求出对称轴，再求出函数值为0时自变量的值即可求出A、B的坐标；
（2）根据平行线的性质和角平分线的定义可推出，则，再根据题意可得点C和点E关于抛物线的对称轴对称，则；求出点C坐标，进而表示出，根据建立方程求解即可；
（3）先求出点，然后设，，再根据对角线进行分类求解即可．
【小问1详解】
解：∵抛物线解析式为，
∴对称轴为直线，
当时，解得或，
∴；
【小问2详解】
解：∵平分，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∵轴，且C、E都在抛物线上，
∴点C和点E关于抛物线的对称轴对称，
∴；
在中，当时，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴或（舍去）；
【小问3详解】
解：此时抛物线的表达式为：，
∵对称轴为直线
∴
设，，
而
①当是对角线时，
则有
解得（舍去）或
∴；
②当是对角线时，
则有
解得（舍去）或‘
∴；
③当是对角线时，
则有
解得或
∴或
综上：所有满足条件的点P的坐标为或或．A
B
C
A
（A，A）
（B，A）
（C，A）
B
（A，B）
（B，B）
（C，B）
C
（A，C）
（B，C）
（C，C）
课题
斜坡安全改造
成员
老师：××× 组长：××× 组员：×××，×××，×××
测量工具
测角仪、皮尺等
方案设计
如图①，原坡面是矩形，计划将斜坡改造成图②所示的坡比为的斜坡，坡面的宽度保持不变．
测量数据
【步骤一】利用皮尺测得米，米；
【步骤二】在点处用测角仪测得斜坡的坡角为．
……
……