2026年江苏省南京市中考数学3月末一模模拟卷有答案解析

这是一份2026年江苏省南京市中考数学3月末一模模拟卷有答案解析，共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（总分：120分，练习用时：120分钟。）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（每小题2分，共6题12分，每题只有一个正确选项。）
1．下列因式分解正确的是（ ）
A．B．C． D．
2．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．
3．在一次演讲比赛中，甲的演讲内容80分、演讲能力90分，若按照演讲内容占，演讲能力占，计算选手的综合成绩，则该选手的综合成绩为（ ）
A．86B．85C．87D．84
4．若关于的一元二次方程的一个根是，则代数式的值为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，中，，点D为的中点，动点P从点A出发沿运动到点B．设点P的运动路程为x，的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则的长为（ ）
A．10B．12C．14D．16
6．图是著名的“杨辉三角”，它给出了的展开式（按的次数由大到小的顺序）的系数规律，图列举了的展开式规律．由此的展开式中项的系数是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（每小题2分，共10题20分。）
7．若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是 ．
8．若是关于x的方程的解，则多项式的值为 ．
9．在平面直角坐标系中，反比例函数的图象经过第一、三象限，则m的取值范围是 ．
10．已知与互补，若，则 ．
11．如图，在中，，，．以为圆心为半径画圆，交于点，则阴影部分面积是 ．
12．已知直线上线段，线段（点在点的左侧，点在点的左侧，起始位置时点与点重合），线段从点开始以1个单位的速度向左运动，同时点从点开始以2个单位的速度向左运动，点是线段的中点，当时，线段运动时间是 ．
13．若一次函数在的范围内，y的最大值比最小值大8，则k的值为 ．
14．如图，大正方形是由4个全等的直角三角形和小正方形拼接而成．分别交于点M，N．若，则的长为 ．
15．如图所示，在平面直角坐标系中，第1次将边长为1的正方形绕点O逆时针旋转后，得到正方形，第2次将正方形绕点 O 逆时针旋转 后，得到正方形，……，依此规律，绕点 O 旋转得到正方形，则点的坐标为 ．
16．如图，点是边长为4的正方形外一点，且，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．
（1）的大小为 （度）；
（2）点是的中点，连接，则的最小值为 ．
三、解答题（本部分共11小题，共88分。）
17．（6分）求不等式组：的所有整数解．
18．（6分）先化简，再求值：，其中满足．
19．（6分）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．
(1)①以点为旋转中心，画出将按顺时针方向旋转后的；
②以原点为旋转中心，画出将按逆时针方向旋转后的；
(2)在（1）的条件下，可以由绕某点按顺时针方向旋转得到，则该点坐标为______；
(3)求出点到旋转经过的路径长．(结果保留)
20．（6分）某县举行以“青春筑国魂”为主题的征文比赛，将每篇参赛征文的成绩记为m分（），组委会随机抽取了部分参赛征文，统计了它们的成绩，并绘制了如下不完整的统计图表．
请根据以上信息，解决下列问题：
(1)填空：________，________，________；
(2)补全频数分布直方图；
(3)若将这次统计的结果绘制成扇形统计图，求成绩m在分所在扇形圆心角的度数．
21．（6分）（1）三根竖直的竹竿在同一光源下的影子如图所示，其中竹竿的影子为，竹竿的影子为．确定光源的位置，并画出影子为的竹竿（用线段表示）．
（2）一只不透明的袋子中装有4个小球，分别标有数字2、3、5、7，这些球除数字外都相同．从袋子中随机摸出2个球，用列表或画树状图的方法，求摸出标有数字2和3的两个球的概率．
22．（6分）如图，在中，点D为边上一点，点E为边中点，连接并延长至点F使得，连接．
(1)求证：．
(2)若平分，，求线段的长度．
23．（8分）万象灯火闹元宵，一碗汤圆共团圆．而“柿柿如意”汤圆更是将这种美好寓意发挥到极致．一所大学为让提前返校的外地学生感受节日的温情，计划为学生购买传统汤圆和“柿柿如意”汤圆共40袋．已知某超市每袋“柿柿如意”汤圆的标价比传统汤圆的标价高，若按标价购买共需花费380元，其中购买传统汤圆花费200元．
(1)求每袋传统汤圆的标价．
(2)若经过与店主协商，考虑到购买较多，店主同意该大学按“柿柿如意”汤圆九折，传统汤圆八折的优惠价购入，则购买原定数量的两类汤圆共需花费多少元？
24．（10分）如图，是的直径，点B在线段的延长线上，直线与相切于点D．连接．
(1)尺规作图：过点A作，交延长线于点C（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)①求证：平分；
②若，求的长．
25．（10分）定义一种新运算，观察下列各式：
；
；
：
．
(1)用代数式表示的结果为 ；
(2)若，则 （填“”或“”）；
(3)若的值与x无关，求的值．
26．（12分）如图，已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，对称轴上是否存在点E，使周长最小，求出此时点E的坐标和周长最小值；
(3)如图2，点F为第二象限抛物线上一动点，连接交于点D，，是否存在点F，使K取最大值，如果存在，求出此时点F的坐标和最值；若不存在，请说明理由；
(4)已知点M是抛物线对称轴上一点，点N是平面内一点，点是第二象限抛物线上一点，点是线段上一点，轴，当线段取得最大值时，是否存在点M，N使得四边形是菱形，若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
27．（12分）【概念】直角三角形中，过直角顶点和斜边上一点的线段将直角分成两个锐角，若这两个锐角的度数分别等于此直角三角形中的另外两个内角的度数，则称此线段为直角三角形的“等锐角线”．
【辨析】图1中有_________条“等锐角线”；
图2中若是的“等锐角线”，则_________；
【探究】如图3，中，，，的“等锐角线”交于点，画出示意图，写出线段与的数量关系，并说明理由．
分数m/分
频数/篇
百分比
38
a
b
10
参考答案
1．B
【知识点】提公因式法分解因式、综合提公因式和公式法分解因式、平方差公式分解因式、完全平方公式分解因式
【详解】解：，而选项A中的还能提取公因式，未分解彻底，故A错误；
，选项B分解正确且彻底，故B正确；
，选项C中符号错误，故C错误；
，因式还可以继续分解为，选项D中未分解彻底，故D错误．
故选：B．
2．A
【知识点】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别
【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别，解题的关键在于熟练掌握：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
根据中心对称图形和轴对称图形的概念求解即可．
【详解】解：A、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意，
故选A
3．A
【知识点】求加权平均数
【分析】根据加权平均数为各项目数据与权重的积的和列式计算即可．
【详解】解：∵演讲内容得分80分，占比，演讲能力得分90分，占比．
∴综合成绩分，即A选项符合题意．
4．A
【知识点】由一元二次方程的解求参数
【分析】将已知根代入方程求出的值，再代入代数式计算即可求解.
【详解】解：是方程的根，
，
即，
，
．
5．A
【知识点】通过对完全平方公式变形求值、动点问题的函数图象、用勾股定理解三角形
【分析】从函数图象终点得到直角三角形两直角边之和，从图象峰值得到点到达时的最大面积为12．利用直角三角形斜边中点性质，得到 面积与两直角边的关系，联立两直角边之和的方程，解出两直角边的乘积．结合勾股定理，通过两直角边的和与积，计算出斜边的长度．
【详解】解：动点从沿到，总路程（由图2终点得）．
当到时，面积最大为12；
是中点，故到的高为．
设，，
则
化简得：
根据勾股定理：
代入数值：
开方得：．
【点睛】从函数图象中提取直角边之和与最大面积的信息，再构建方程求解边长．
6．D
【知识点】多项式乘法中的规律性问题、归纳与类比
【分析】本题考查杨辉三角的递推规律，能根据项的指数确定其位置是解题关键．
先确定对应杨辉三角第行，为从左向右第项，再根据递推规律，用第行第个数的系数与第个数的系数相加求出项的系数．
【详解】解：根据图可知，“杨辉三角”的规律为：
每行首尾都是，中间每个数等于它上方左右两个数的和，
第六行的数，从左到右的系数分别为：
根据图可知，第行第个数的系数为，第个数的系数为，
对应“杨辉三角”第行，展开式中对应第行的第项，
的系数等于第行第个数的系数与第个数的系数之和：．
故选：．
7．
【知识点】分式有意义的条件、二次根式有意义的条件
【分析】本题考查了分式与二次根式有意义的条件，根据同时满足二次根式的被开方数为非负数、分式的分母不为，列出不等式求解即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数，且分式有意义的条件：分母不为，可得，
解得：，
故答案为：．
8．2
【知识点】已知方程的解，求参数
【分析】将代入方程，利用等式的性质变形后求出的值即可．
【详解】解：把代入方程，得：
，
即，
根据等式的性质，等式两边同时加4，得：，
等式两边同时除以2，得：．
9．
【知识点】已知双曲线分布的象限，求参数范围
【分析】本题考查了反比例函数的性质：当时，图象分别分布在第一、三象限；当时，图象分别分布在第二、四象限．
根据反比例函数的性质列出关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【详解】解：∵反比例函数的图象经过第一、三象限，
∴，
∴．
故答案为：
10．
【知识点】角的单位与角度制、求一个角的补角
【分析】先根据互补角的定义列出的表达式，再通过度分秒的借位换算完成减法计算．
【详解】解：∵与互补，
∴，
又∵，
∴
．
11．或
【知识点】求其他不规则图形的面积、解直角三角形的相关计算
【分析】利用直角三角形的面积减去扇形的面积解答即可．
本题考查了三角函数的应用，扇形的面积，分割法求面积，熟练掌握三角函数的应用和扇形面积公式是解题的关键．
【详解】解：∵，，，．
∴，，
∴，，
∴阴影部分面积是：．
12．4或36
【知识点】动点问题（一元一次方程的应用）、数轴上点的平移（动点问题）
【分析】本题考查了一元一次方程的应用以及两点间的距离，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
设线段运动的时间为t秒，表示出各点表示的数，根据中点的定义及距离关系列方程求解即可．
【详解】解：设线段运动的时间为t秒，以点A为原点，建立数轴，各点初始位置为：
点A、点表示0，点、点B表示12，点C表示，
根据运动速度和方向，t秒后各点在数轴上的位置为：
点C：，点M：，
∵点N是线段的中点，
∴根据中点坐标公式可得：，
∴，，
已知，
代入得方程：；
分情况讨论：
情况1：，
解得；
情况2：，
解得；
线段运动的时间是4秒或36秒，
故答案为：4或36．
13．2或
【知识点】求一次函数自变量或函数值、根据一次函数增减性求参数
【分析】根据一次函数的增减性，分和两种情况讨论，分别求出对应范围内的最大值与最小值，再依据最大值比最小值大8列方程求解的值.
【详解】解：分两种情况讨论：
1. 当时，一次函数中随的增大而增大，
在范围内，当时，取得最大值，最大值为，
当时，取得最小值，最小值为，
根据题意得：，
解得；
2. 当时，一次函数中随的增大而减小，
在范围内，当时，取得最大值，最大值为，
当时，取得最小值，最小值为，
根据题意得：，
解得：，
综上，的值为2或．
14．
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解题意，结合正方形的性质，得出，，，再证明，则，从而，最后运用勾股定理列式计算，即可作答．
【详解】解：依题意，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∵大正方形是由4个全等的直角三角形和小正方形拼接而成．
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
在中，．
15．
【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、坐标与旋转规律问题
【分析】根据图形可知：点在以为圆心，以为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，可得对应点的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是数形结合并学会从特殊到一般的探究规律的方法．
【详解】解：∵点的坐标为，四边形是正方形，
∴点的坐标为，
，
四边形是正方形，
，
连接，如图：
由勾股定理得：，
由旋转的性质得：，
将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，
相当于将线段绕点逆时针旋转，依次得到，
，，，，，，，，
发现是8次一循环，则，
点的坐标为．
16．
【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、圆周角定理、根据旋转的性质求解
【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及圆的性质．
（1）通过旋转性质和正方形性质证明三角形全等，进而得出角的度数；
（2）确定点的运动轨迹，利用圆的性质和勾股定理求出的最小值．
【详解】解：（1）线段绕点逆时针旋转得到线段，
，
四边形是正方形，
，则，
，即，
在和中，，
；
；
（2）由（1）知，
点在以为直径的圆上运动（直角所对的弦是直径）,
如图：设的中点为，则为圆心，，
点是的中点，正方形边长为4，
，且，
是等腰直角三角形．
根据勾股定理，，
当、、三点共线时，取得最小值，
，
的最小值为．
17．，0，1
【知识点】求一元一次不等式组的整数解
【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组，求解集范围内的整数解，解题的关键是掌握解一元一次不等式的步骤．先利用解一元一次不等式组的步骤求出其解集，再确定解集内的整数即可；
【详解】解：解不等式①得，
，
解不等式②得，
，
∴不等式组的解集为：，
∴不等式组：的整数解为：，0，1，
故答案为：，0，1．
18．，1
【知识点】分式化简求值、因式分解法解一元二次方程
【分析】本题主要考查了分式的化简求值，解一元二次方程，先利用因式分解和分式除法法则化简原式，再求解一元二次方程得到x的可能值，结合分式有意义的条件舍去不合题意的值，最后代入化简后的式子求值，即可求解．
【详解】解：
，
解方程

得或
∵分式有意义需满足且
即且
∴
当时，原式．
19．(1)作图见详解；
(2)；
(3)
【知识点】求弧长、画旋转图形、找旋转中心、旋转角、对应点、求关于原点对称的点的坐标
【分析】（1）①根据旋转的性质，先确定点、绕点顺时针旋转后的对应点坐标，再连接三点得到旋转后的三角形；
②利用旋转的坐标变换规律，确定各顶点的对应点坐标，连接得到三角形；
（2）根据旋转中心是对应点连线的垂直平分线的交点这一性质，选取两组对应点并分别作其连线的垂直平分线，求出两条垂直平分线的交点，确定该旋转中心的坐标；
（3）点到的路径是以为圆心、为半径，圆心角为的弧，先计算的长度，再利用弧长公式计算路径长．
【详解】（1）解：①如图，即为所求．
②如图，即为所求．
（2）解：如图，连接，作的垂直平分线，连接，作的垂直平分线，两条直线的交点即为所求旋转中心点．
∴旋转中心点的坐标为．
（3）解：∵，，
∴，
点到旋转经过的路径是以为圆心，为半径，圆心角为的弧，
∴路径长．
20．(1)；；；
(2)图见解析；
(3)．
【知识点】画条形统计图、求扇形统计图的圆心角、根据数据填写频数、频率统计表
【分析】本题考查了频数分布直方图和利用统计图获取信息的能力．
（1）用的频数除以其所对应的频率即可得出总人数，乘以可求的值，用即可得出的值，用即可得出的值；
（2）根据频数分布表补全频数分布直方图即可；
（3）用分以上的百分比即可．
【详解】（1）解：根据题意可得总人数为，
，
，
，
故答案为：；；；
（2）解：补全成绩频数分布直方图如下：
；
（3）解：成绩m在分所在扇形圆心角的度数为．
21．（1）见解析；（2）
【知识点】中心投影、列表法或树状图法求概率
【分析】本题考查了中心投影、概率的计算，掌握相关知识点是解题的关键．
（1）延长与交于点，连接，再过点作交于点，则图形即为所求；
（2）根据题意画出树状图，得出所有等可能的结果数以及符合题意的情况数，再利用概率的公式计算即可．
【详解】解：（1）如图，光源的位置，线段即为所求：
（2）画出树状图如下：
由图可知，从袋子中随机摸出2个球共有12种等可能的结果，其中，摸出标有数字2和3的两个球有2种，
则概率为，
答：摸出标有数字2和3的两个球的概率为．
22．(1)证明见解析
(2)3
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据等角对等边求边长
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，等角对等边，
（1）借助图中隐含条件，对顶角，通过证明，即可得出；
（2）利用（1）中的结论，由角平分线的定义易得，根据等角对等边，推出，再计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵E为中点，
∴，
又，，
∴，
∴；
（2）解：由（1），得，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴．
23．(1)每袋传统汤圆的标价是8元
(2)购买原定数量的两类汤圆共需花费322元
【知识点】有理数四则混合运算的实际应用、分式方程的经济问题
【分析】本题考查分式方程的应用，解题的关键是根据题意，找到等量关系，列出方程．
（1）根据“购买传统汤圆和“柿柿如意”汤圆共40袋；按标价购买共需花费380元，其中购买传统汤圆花费200元．”列出方程，即可求解；
（2）根据“按“柿柿如意”汤圆九折，传统汤圆八折的优惠价购入，”解答即可．
【详解】（1）解：设每袋传统汤圆的标价是x元，则每袋“柿柿如意”汤圆的标价是元，
根据题意得：40，
解得：，
经检验，是所列方程的解，且符合题意．
答：每袋传统汤圆的标价是8元；
（2）解：根据题意得：（元）．
答：购买原定数量的两类汤圆共需花费322元．
24．(1)见解析
(2)①见解析；②
【知识点】作垂线(尺规作图)、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、切线的性质定理
【分析】（1）利用过已知点作已知直线的垂线的作法画出图形即可；
（2）①如图：连接，根据切线的性质可得，从而得到，再结合，可得即可证明结论；②在中，根据勾股定理可得，然后根据等边对等角、三角形外角的性质以及等量代换可得，最后根据等角对等边即可解答．
【详解】（1）解：如图，线段即为所求.
（2）①证明：如图：连接，
∵直线与相切于点D，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
②解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】对于含有切线的题目，连接圆心和切点常常成为解题的突破口。
25．(1)
(2)
(3)
【知识点】列代数式、整式加减中的无关型问题
【分析】本题主要考查定义新运算中数字变化的规律问题，整式的加减与代数式求值；
（1）由已知可知；
（2）写出和的算式，可得结果；
（3）写出，计算的值，再求即可．
【详解】（1）解：由；
；
；
；
可知：；
（2）解：由题意得：，，
若，则，
即：；
（3）解：∵
，
∵的值与x无关，即的值与x无关，
∴，
解得．
当时，
．
26．(1)抛物线的表达式为
(2)；周长最小值
(3)时，取得最大值为；
(4)存在，点M的坐标为或
【知识点】待定系数法求二次函数解析式、线段周长问题(二次函数综合)、面积问题(二次函数综合)、特殊四边形(二次函数综合)
【分析】本题考查了二次函数综合问题，待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的性质与判定，轴对称的性质，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
（1）将点和点代入利用待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）先求得点的坐标，根据抛物线的性质以及轴对称的性质，可得点即为抛物线对称轴与的交点，进而勾股定理求得的长，即可求解；
（3）过点作轴交的延长线于点，设，则，证明，根据：，得出，根据二次函数的性质即可求解；
（4）设，则得出关于的解析式，根据二次函数的性质，求得当时，线段取得最大值，进而得出，根据菱形的性质可得，建立方程，解一元二次方程，即可求解．
【详解】（1）解：将点和点代入得，
解得：
∴；
（2）解：∵，
∴对称轴为直线，
当时，，则，
设直线的解析式为，将点代入得，，
解得：
∴直线的解析式为；
∵关于对称，
如图所示，连接交于点，连接，
∵
∴当共线时，的周长最小，则点即为所求，
∴当时，，则；
∵，，，
∴，，
∴的周长为；
（3）解：如图所示，过点作轴交的延长线于点，
设，
∵轴，的纵坐标等于的纵坐标，
∴的横坐标为，即
∴，
∵，，
∴
∵轴
∴
∴
∵
∴
∴当时，即时，取得最大值为；
（4）解：依题意，设，则
∴
则当时，线段取得最大值
则，
又
∴
∵点是抛物线对称轴上一点，设，依题意，四边形是菱形，
∴
∴
解得：
∴点M的坐标为或．
27．【辨析】1；70或20；【探究】或，图和理由见解析
【知识点】等腰三角形的性质和判定、含30度角的直角三角形、三角形内角和定理的应用、直角三角形的两个锐角互余
【分析】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质、含角的直角三角形的性质．
【辨析】根据“等锐角线”的定义可知的“等锐角线”是的平分线，所以有条“等锐角线”；当时，根据“等锐角线”的定义可知或；
【探究】当时，根据含角的直角三角形的性质，可得；当时，可得是等边三角形，根据等边三角形的性质可知，根据等角对等边可得，所以可得．
【详解】【辨析】解：中，，，
，
的“等锐角线”是的平分线，
有条“等锐角线”；
如下图所示，
是的“等锐角线”，
；
如下图所示，
是的“等锐角线”，
，
；
综上所述，或；
故答案为：，或；
【探究】解：或
理由如下：
在中，，，
，
如下图所示，当时，
，
，
，，
，
；
如下图所示，当时，
可知，
，
是等边三角形，
，
，
；
综上所述，或.
题号
1
2
3
4
5
6




答案
B
A
A
A
A
D