2025-2026学年山东省烟台市福山区中考数学一模自编模拟

这是一份2025-2026学年山东省烟台市福山区中考数学一模自编模拟，共30页。试卷主要包含了答题前，务必用0，非选择题必须用0等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷共8页，共120分；考试时间120分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，务必用0．5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试卷和答题卡规定的位置上．
3．选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．
4．非选择题必须用0．5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．
5．写在试卷上或答题卡指定区域外的答案无效．
6．考试过程中允许考生进行剪、拼、折叠等实验．
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，满分30分．每小题都给出标号为A，B，C，D四个备选答案，其中有且只有一个是正确的）
1．按如图所示的程序计算，若开始输入的的值是64，则输出的的值是（ ）
A．B．C．2D．3
2．下列图案中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．如果xa＝3，xb＝4，则xa﹣2b的值是（ ）
A．B．C．﹣13D．﹣5
4．如图是一件经典款的六柱鲁班锁，它起源于中国古代建筑的榫卯结构，是用6根长短相同且有凸凹部分的长方体木条制作的一件可拼可拆的十字立方体．关于它的三视图，下列说法正确的是（ ）
A．主视图与左视图相同B．主视图与俯视图相同
C．左视图与俯视图相同D．三种视图都不相同
5．已知正六边形内切圆的半径为，则正六边形的面积为（ ）
A．B．C．D．6
6．小明和同学做“抛掷质地均匀的硬币试验”获得的数据如下表
若抛掷硬币的次数为1000，则“正面朝上”的频数最接近（ ）
A．200B．300C．400D．500
7．如图，点P在等边的内部，且，将线段绕点C顺时针旋转60°得到，连接，则的值为等于（ ）
A．B．C．D．
8．如图，，，点，分别在，的另一边上运动，并保持2，点在边上，，点是的中点，若点为上任意一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
9．实数是关于的方程的两根，其中，是三条边的长，则下列说法正确的是（ ）
A．是方程的一个根B．C．D．
10．已知二次函数的图象如图所示，现有下列结论：①②③④⑤，则其中结论正确的个数是（ ）

A．2个B．3个C．4个D．5个
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分）
11．某种鲸鱼的体重约为1.36×105 kg，关于这个近似数，它精确到 位．
12．已知二元一次方程组 ，那么 ．
13． ．
14．如图，线段、、的长度分别是、3、，且平分．若将A点表示为，B点表示为，则C点可表示为
15．如图，已知经过原点，与坐标轴分别交于A，B两点，点B的坐标为，点D在上，若，则点C的坐标为 ．
16．如图，小好同学用计算机软件绘制函数的图象，发现它关于点中心对称．若点，，，……，，都在函数图象上，这20个点的横坐标从0.1开始依次增加0.1，则的值是 ．
三、解答题（本大题共8个小题，满分72分）
17．化简：（﹣） ÷ ，并解答：
（1）当x=3时，求原式的值；
（2）原式的值能等于﹣1吗？为什么？
18．如图，直角中，，点O是的重心，连接并延长交于点E，过点E作交于点F，连接交于点M，求证：．
19．疫情期间，学校为学生提供四种在线学习方式：在线阅读、在线听课、在线答疑、在线讨论，为了解学生的需求，对学生进行了“你最喜欢哪种在线学习方式”的调查，调查结果制成两幅不完整统计图如图，根据图中信息回答问题：
(1)本次调查人数有______ 人，在线答疑所在扇形的圆心角度数是______ ；
(2)补全条形统计图；
(3)学校共有人，请估计喜欢在线听课的学生大约有多少人；
(4)甲、乙两位同学都参加了在线学习，请用画树状图或列表的方法求出两名同学喜欢同一种在线学习方式的概率．
20．东东玩具商店用500元购进一批悠悠球，很受小学生欢迎，悠悠球很快售完，接着又用900元购进第二批这种悠悠球，所购数量是第一批数量的1.5倍，但每套进价多了5元．
(1)求第一批悠悠球每套的进价是多少元；
(2)如果这两批悠悠球每套售价都是35元，那么全部售出后，该玩具商店可获得的利润是多少元？
21．如图所示，一艘渔船从海域A处到C渔港途经B岛，当它由海域A处出发时，发现它的北偏东方向有一信号塔P．它从海域A处向正北方向航行了到达B岛，发现信号塔P在它北偏东方向，然后它由B岛向北偏东方向航行了到达C渔港．
(1)求海域A处与信号塔P的距离；
(2)求信号塔P相对于C渔港的位置．
22．如图，以为直径的与的直角边相切于点E，与直角边相交于点F，连接．
(1)求证：；
(2)若，的半径为8，求的长．
23．综合与探究
如图1，在边长为12的正方形中，是正方形内一点，连接，将绕点顺时针旋转，得到，连接，．
(1)求证：．
(2)若点是的中点，连接，且．
①如图2，当A、、三点共线时，连接，求线段的长；
②连接，在运动的过程中，当最小时，直接写出四边形的面积．
24．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线交x轴于点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，若点M是第四象限内抛物线上一点，轴交于点N，，求的最大值；
(3)如图2，在y轴上取一点，抛物线沿方向平移个单位得新抛物线，新抛物线与x轴交于点E，F，交y轴于点D，点P在线段上运动，线段关于线段的对称线段所在直线交新抛物线于点H，直线与直线所成夹角为，直接写出点H的横坐标．
抛掷次数
100
200
300
400
500
正面朝上的频数
53
98
156
202
249
《2025年山东省烟台市福山区中考数学一模平行卷》参考答案
1．A
【分析】本题考查了无理数、算术平方根、立方根及计算程序的应用，正确理解计算程序图的计算步骤，会正确计算数的算术平方根及立方根，能正确判断有理数及无理数是解题的关键．根据题意，利用算术平方根及立方根的定义计算，直至结果为无理数即可，理解题干中的运算程序并进行正确的计算是解题的关键．
【详解】解：的算术平方根是，
∵是有理数，
∴取立方根为，
∵是有理数，
∴取算术平方根为，
∵是无理数，
∴．
故选：A．
2．B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，符合题意；
C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
【点睛】此题主要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，图形旋转180度后与原图形重合．
3．A
【分析】根据同底数幂的除法和幂的乘方法则对原式进行变形，然后代入求值．
【详解】解：xa﹣2b=xa÷x2b=xa÷（xb）2=3÷16=
故选：A．
【点睛】本题考查同底数幂的除法和幂的乘方法则，掌握运算法则正确将原式变形进行计算是解题关键．
4．C
【分析】本题考查简单组合体的三视图，根据简单组合体三视图的画法画出它的三视图即可．
【详解】解：这个六柱鲁班锁的三视图为：
这个六柱鲁班锁的左视图与俯视图相同，主视图与俯视图和左视图不相同．
故选：C．
5．B
【分析】此题主要考查正多边形和圆，解直角三角形等有关知识．根据正六边形的特点，通过中心作边的垂线，连接半径，结合解直角三角形的有关知识解决．
【详解】解：如图，连接；过点O作于点G．
∵是正六边形的一边，
∴，是等边三角形，
在中，，，
∵，
∴，
∴这个正六边形的面积．
故选：B．
6．D
【分析】随着实验次数的增加，正面向上的频率逐渐稳定到某个常数附近，据此求解即可．
【详解】解：观察表格发现：随着实验次数的增加，正面朝上的频率逐渐稳定到0.5附近，
所以抛掷硬币的次数为1000，则“正面朝上”的频数最接近1000×0.5=500次，
故选：D．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率的知识，解题的关键是了解大量重复试验中频率可以估计概率，难度不大．
7．A
【分析】连接，如图，证明为等边三角形，再证明，为直角三角形， 从而可得结论．
【详解】解：连接，如图，
∵线段绕点C顺时针旋转得到，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
在和中

∴，
∴，


∴为直角三角形，
．
故选A．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理的应用，锐角三角函数的应用，熟练利用以上知识解题是关键．
8．D
【分析】延长，，交于点，作点关于的对称点，连接，，交于点，交于点，利用轴对称的性质可得，利用直角三角形斜边中线的性质可得，即可判断点在以为圆心，半径为1的圆位于的内部的弧上运动，从而得出当、、、四点在同一条直线上时，最小，然后利用勾股定理求出，即可得出结论．
【详解】如图，延长，，交于点，作点关于的对称点，
连接，，交于点，交于点，则，
，
，
，是的中点，连接，
，
点在以为圆心，半径为1的圆位于的内部的弧上运动，
，
当、、、四点在同一条直线上时，最小，
即最小，
点、关于对称，
垂直平分，
，，
，
，，
，
的最小值为．
故答案为：D．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适的辅助线，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
9．D
【分析】根据方程解的定义判断A，利用根与系数的关系分析选项B和C；通过判别式大于0判断选项D，解答即可．
本题考查了解的定义，三角形三边关系定理，根与系数的关系定理，根的判别式，熟练掌握上述知识是解题的关键．
【详解】解：∵ 方程 ，其中 为的三边长，
故 ，且满足三角形不等式 ，
选项A：代入 ，得，不等于0，
故A错误；
选项B：由根与系数关系，，
∵ ，
∴ ，即 ，
故B错误；
选项C：，
∵ ，
故，
故C错误；
选项D：根据题意，得，
∵ ，
∴ ，
故，
故方程有两个不等实根，
故，D正确；
故选：D．
10．B
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据抛物线与x轴交点对二次函数的值的情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】解：①根据图示知，二次函数图象与x轴有两个交点，则，①正确；
②根据图示知，二次函数图象开口向下，②错误；
③对称轴在y轴的右边，即，由于，则，③正确；
④图象与y轴的交点在正半轴上，则，④正确；
⑤当时，无法判断y值的大小，⑤错误，
∴正确的有3个，
故选：B．
【点睛】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换是解答此题的关键．
11．千
【分析】根据近似数的精确度求解即可．
【详解】解：1.36×105 kg＝ kg，
∵在千位上，
故答案为：千．
【点睛】本题考查了近似数和有效数字：经过四舍五入得到的数为近似数；从一个数的左边第一个不是0的数字起到末位数字止，所有的数字都是这个数的有效数字．近似数与精确数的接近程度，可以用精确度表示．一般有，精确到哪一位，保留几个有效数字等说法．
12．12
【分析】由，再整体代入即可．
【详解】解：∵，
∴，
故答案为：12
【点睛】本题考查的是利用平方差公式分解因式，求解代数式的值，二元一次方程组的含义，熟练的利用平方差公式分解因式是解本题的关键．
13．3
【分析】直接利用积的乘方运算法则与同底数幂的乘法运算的逆运算将原式变形为进而得出答案．
【详解】解：
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了积的乘方运算的逆运算，同底数幂的乘法运算的逆运算，正确将原式变形是解题的关键．
14．
【分析】本题考查点的坐标的表示方法，根据角平分线的定义，可得的度数，根据角的和差，可得的方向角，根据已知点的坐标的表示方法表示即可．
【详解】解：由题意得，
∵平分，
∴，
∵的长度是，
∴C点可表示为．
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，解直角三角形．连接，过点C作于点E，作于点F，则，，由圆周角定理得到，从而，进而求得，的长，结合点C位于第二象限即可得到点C的坐标．
【详解】连接，过点C作于点E，作于点F，
∴，，
∵，
∴是直径，
∵点B的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵点C在第二象限，
∴点C的坐标为．
故答案为：．
16．
【分析】本题是坐标规律题，求函数值，中心对称的性质，根据题意得出，进而转化为求，根据题意可得，，即可求解．
【详解】解：∵这个点的横坐标从开始依次增加，
∴，
∴，
∴，而即，
∵，
当时，，即，
∵关于点中心对称的点为，
即当时，，
∴，
故答案为：．
17．（1），2；（2）不能，理由见解析
【分析】（1）通分后用分式加减法法则计算，再用除法法则变形，约分得到最简结果，把x=3代入计算即可求出值；
（2）令代数式等于，求出x的值，检验即可．
【详解】（1）原式=
=
=
=，
当时，原式==2；
（2）如果，即，
∴，而当时，除式，
∴原代数式的值不能等于．
【点睛】本题主要考查了分式化简求值，解分式方程，熟知分式的混合计算法则是解题的关键．
18．详见解析
【分析】本题考查三角形的重心，解直角三角形，据三角形的重心性质可得，根据直角三角形的性质可得，根据等边三角形的判定和性质得到，进一步得到，根据垂直平分线的性质和含的直角三角形的性质可得，，依此得到，从而得到答案．
【详解】证明：∵点O是的重心，
∴，
∵是直角三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴，是等边三角形，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴==．
∴．
19．(1)，；
(2)图见解析
(3)估计喜欢在线听课的学生大约有人；
(4)
【分析】本题考查了列表法与树状图法、条形统计图、扇形统计图等知识，理解两个统计图中的数量关系，正确画出树状图是解题的关键．
（1）样本中“在线阅读”的人数有人，占调查人数的，可求出调查人数；再求出“在线答疑”所占整体的百分比即可求出相应的圆心角的度数即可；
（2）补全条形统计图即可；
（3）用样本估计总体即可；
（4）画出树状图表示所有可能出现的结果情况，进而求出甲、乙两个人选择同一种方式的概率．
【详解】（1）解：（人），即本次调查人数有人，
“在线答疑”的人数为（人），
在扇形图中的圆心角度数为；
故答案为：，；
（2）解：补全条形统计图如图所示：
；
（3）解：（人），
答：估计喜欢在线听课的学生大约有人；
（4）解：四类在线学习方式在线阅读、在线听课、在线答疑、在线讨论分别用、、、表示，画树状图如图：

共有个等可能的结果，其中甲、乙两名同学喜欢同一种在线学习方式的结果有个，
甲、乙两名同学喜欢同一种在线学习方式的概率为．
20．(1)25元
(2)350元
【分析】（1）设第一批悠悠球每套的进价是x元，由题意：东东玩具商店用500元购进一批悠悠球，悠悠球很快售完，接着又用900元购进第二批这种悠悠球，所购数量是第一批数量的1.5倍，但每套进价多了5元．列出分式方程，解方程即可；
（2）结合（1）的结果列式计算即可．
【详解】（1）设第一批悠悠球每套的进价是x元，
由题意得：，
解得：x＝25，
经检验，x＝25是分式方程的解，且符合题意，
答：第一批悠悠球每套的进价是25元．
（2）35（1+1.5）﹣（500+900）＝350，
答：该玩具商店可获得350元的利润．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
21．(1)海域A处与信号塔P的距离为
(2)信号塔P在C渔港的东南方向，距离为处
【分析】此题考查了方向角问题．此题难度适中，解此题的关键是将方向角问题转化为解直角三角形的知识，利用三角函数的知识求解．
（1）过作于点，在直角中利用三角函数求得、的长，然后在直角中利用三角函数求得、的长；
（2）首先证得，即可证得是等边三角形，即可得答案．
【详解】（1）如图所示，过点B作于点D．
在中，，，
．
，
．
∴在中，，
．
．
∴海域A处与信号塔P的距离为．
（2），
，
为等边三角形

又
∴信号塔P在C渔港的东南方向，距离为处．
22．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查切线的性质，平行线的判定与性质，等边对等角，圆周角，相似三角形的判定与性质，掌握知识点是解题的关键．
（1）连接OE，先证明，得到，，由，推导出，则，得到，即可解答；
（2）证明，得到，求出，根据勾股定理，求出，可得到，求出，即可解答．
【详解】（1）解：连接OE，如图
∵为的切线，切点为E，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）由(1)可得，
∴，
∴，
即，
解得，
所以，
根据勾股定理，，
∴，
解得，
答：的长为．
23．(1)见解析
(2)①，②88．
【分析】（1）根据正方形的性质及旋转的性质，利用可证明即可证明结论；
（2）①由（1）可知，则，结合正方形的性质及勾股定理得，过点F作延长线于H，可证，利用相似三角形的性质可得，，再利用勾股定理求解即可；②如图：连接，求得，由三角形三边关系可知，当点E在上时取等号，即：当最小时，，进而可得的面积，过点E作，则得，进而求得，可得的面积，进而求得即可．
【详解】（1）证明：在正方形中，，，
由旋转可知，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：①由（1）可知，，则，
在正方形中，，，则，
∵点是的中点，
∴，则，
∴，
如图：过点F作延长线于H，则，
∴，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
②如图：连接，则，
由三角形三边关系可知，，
当点E在上时取等号，即：当最小时，，
∴ ，
如图：过点E作，则，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴四边形的面积为．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定及性质、勾股定理等知识点，正确添加辅助线、构造相似三角形是解题的关键．
24．(1)
(2)
(3)或6或或
【分析】（1）待定系数法求解即可；
（2）当时，，即，待定系数法求直线的解析式为，如图1，过B点作轴交于点E，则 ，证明四边形是平行四边形，则，由 ，即，可求，则，设，则，，由，可知当时，有最大值，然后作答即可；
（3）由题意知，，则，由抛物线沿方向平移个单位，可知抛物线沿x轴负半轴平移2个单位，沿y轴正方向平移2个单位，则平移后的函数解析式为，当时，，可求或，则，当时，，即；待定系数法求直线的解析式为；设，当轴时，直线与直线所成夹角为，如图2，由对称与平行的性质可得，，则，，由，可求或（舍去），则，直线的解析式为，，可求或；当于时，直线与直线所成夹角为，如图3，则，，由勾股定理得，，由，即，可得，由，可得，则，，可求或（舍去），则，直线的解析式为，当，计算求解即可．
【详解】（1）解：将A，B代入得，，
解得，，
∴；
（2）解：当时，，即，
设直线的解析式为，
将B代入得，，
解得，
∴直线的解析式为，
如图1，过B点作轴交于点E，则 ，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴ ，即，
解得，，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，
∴的最大值为；
（3）解：由题意知，，
∴，
∵抛物线沿方向平移个单位，
∴抛物线沿x轴负半轴平移2个单位，沿y轴正方向平移2个单位，
∵，
∴平移后的函数解析式为，
当时，，
解得，或，
∴，
当时，，即；
设直线的解析式为，
将代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为；
设，
当轴时，直线与直线所成夹角为，如图2，
由对称与平行的性质可得，，
∴，
∴，
∴，
解得，或（舍去），
∴，
∴直线的解析式为，
当，
解得，或；
当于时，直线与直线所成夹角为，如图3，

∴，，
由勾股定理得，，
∴，即，
解得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得，或（舍去），
∴，
∴直线的解析式为，
当，
解得，或；
综上所述，H点坐标为或6或或．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，一次函数解析式，平行四边形的判定与性质，等边对等边，正切，正弦，勾股定理，对称的性质，二次函数图象的平移等知识．熟练掌握二次函数解析式，一次函数解析式，平行四边形的判定与性质，等边对等边，正切，正弦，勾股定理，对称的性质，二次函数图象的平移是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
A
C
B
D
A
D
D
B