2026年湖北省中考模拟数学自编卷含答案（四）

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一、选择题
1. B 2. C 3. D 4. A 5. C 6. B 7. B 8. C 9. B 10. B
二、填空题
11. 6 12. y=x+1(答案不唯一) 13. 25 14. x+2 15. ①③⑤
三、解答题
16. 解：
=
=
=x+2
17. (1)证明：在△ABE和△CDF中，
∵AB=CD，∠B=∠D，BE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴AE=CF；
(2)证明：∵△ABE≌△CDF，
∴∠AEB=∠CFD，
∴AE//CF；
(3)证明：∵△ABE≌△CDF，
∴AE=CF，
又∵∠AEB=∠CFD，EF=FE，
∴△AEF≌△CFE(SAS)，
∴∠AFE=∠CEF．
18. 解：延长BC交PQ于点F，
由题意得：BF⊥PQ，QF=BE，BF=QE，
在Rt△ABE中，∠DAB=36.9°，AB=10m，
∴BE=AB⋅sin36.9°≈10×0.6=6(m)，AE=AB⋅cs36.9°≈10×0.8=8(m)，
设AQ=x m，则BF=QE=AQ+AE=(x+8)m，
在Rt△APQ中，∠QAP=67.4°，
∴PQ=AQ⋅tan67.4°≈2.4x(m)，
在Rt△BPF中，∠PBF=45°，
∴PF=BF⋅tan45°=(x+8)m，
∵PF+FQ=PQ，
∴x+8+6=2.4x，
解得：x=10，
∴PQ=2.4x=24(m)，
∴革命先烈纪念碑的高度PQ长约为24m．
19. (1)样本容量6÷30%=20(辆)，
则400km的车辆数量为20-3-4-6-2=5(辆)，
补全条形统计图如下：
(2)360°×420=72°，
故答案为：72°；
(3)由中位数意义及求法，众数求法即可得：
m=430+4302=430,n=450，
(4)选择B型号的纯电动汽车较为合适，
理由如下：
湘湘打算从某汽车租赁公司租一辆纯电动汽车使用一天，预计总行程约为420km，故A型号的平均数、中位数和众数均低于420，不符合要求；
B、C型号符合要求，但B型号的租金比C型号的租金优惠，则选择B型号的纯电动汽车较为合适．
20. (1)-3i；
(2)原式=3-4i+3i-4i2
=3-i-4×(-1)
=3-i+4
=7-i；
(3)原式=[i+(-1)+i×(-1)+1]×505+(-1)
=0+(-1)
=-1．
21. (1)证明：如图，连接OC，
由条件可知∠B=∠CAE，
∵CD/​/AE，
∴∠ACD=∠CAE，
∴∠ACD=∠B，
由条件可知∠ACB=90°，
∴∠B+∠CAB=90°，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠CAB，
∴∠OCA+∠B=90°，
∴∠DCO=∠OCA+∠ACD=∠OCA+∠B=90°，
∵OC为⊙O的半径，
∴直线DC是⊙O的切线．
(2)解：连结OE、BE，
∵EF垂直平分OB，
∴OE=BE，
∵OE=OB，
∴△OEB为等边三角形．
∴∠BOE=60°，
∴∠AOE=180°-60°=120°，
∴∠OAE+∠OEA=60°，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA=30°．
∵DC//AE，
∴∠D=∠OAE=30°．
∵∠OCD=90°，
∴OD=2OC=OA+AD，
∵OA=OC，
∴OC=AD=4，
∴OA=OB=OE=OC=4，
由条件可知OF=12OB=2，∠EFO=90°，
∴EF= OE2-OF2= 42-22=2 3，
∴S△OAE=12AO⋅FE=12×4×2 3=4 3，
S扇形AOE=120π×42360=163π，
∴S阴影=S扇形AOE-S△OAE=16π3-4 3．
22. (1)设A，B两种编钟的销售单价分别为x元，y元，根据题意得：
2x+3y=31003x+4y=4400，
解得x=800y=500，
答：A，B两种编钟的销售单价分别为800元，500元；
(2)设采购A种编钟a套，根据题意得：
700a+440(20-a)≤11000，
解得a≤8613，
∵a是正整数，
∴a最大是8，即A种编钟最多能采购8套．
(3)能．理由如下：
设采购A种编钟m套，采购B种编钟n套，
∴(800-700)m+(500-440)n=720，
整理得m=36-3n5，
∴m=3n=7或m=6n=2，
采购方案有两种：A种3套，B种7套；A种6套，B种2套．
23. 【综合与实践】（1）








,
（2）







设





(3)
①当∠HGD＝90°时，如图1，
∵∠HGD＝90°，∴∠HGB＝90°，
由折叠得∠HGB＝∠A＝90°，BG＝AB＝8，AH=GH
∴菱形ABCD是正方形，∠GDH=45°
∴BD＝8，∴DG＝BDBG＝88∴HG=DG=88
Rt△BHG中，
②∠GHD＝90°时，如图2，
∵∠GHD＝90°，∴∠GDH+∠HGD＝90°，
设∠A＝α，∴∠BDA∠ADC（180°﹣∠A）＝90°α，
由折叠得∠BGH＝∠A＝α，HG＝HA，
∴∠HGD＝180°﹣α，∴90°α+180°﹣α＝90°，解得α＝120°，
∴∠BDA＝90°α＝30°，∴DHGHAH，DG＝2GH，
∵AB＝DH+AH＝8，∴AH+AH＝8，解得AH4，
过点H作HM⊥BA交BA延长线于点M，则∠HAM=60°，∠AHM=30°
Rt△HAM中，AM=AH=2，HM=AM
∴BM=BA+AM=
Rt△BHM中，
24. (1)已知抛物线y=x2+bx+c的顶点坐标为(1,-4)，
∴抛物线的顶点式为y=(x-1)2-4=x2-2x-3，
∴b=-2，c=-3；
(2)抛物线y=(x-1)2-4的对称轴为直线x=1，
∵点P为抛物线上一点，横坐标为m，点Q为平面中一点(P、Q不重合)且点Q在抛物线上，横坐标为m2-2m，PQ/​/x轴，
∴点P和点Q关于对称轴直线x=1对称，
∴m+m2-2m2=1，
解得m1=-1，m2=2；
(3)①∵点P在第四象限，且m