2026年江苏省无锡市中考模拟数学自编卷含答案

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【详解】-4的相反数是4，
故选：C．
【点晴】此题主要考查相反数，解题的关键是熟知相反数的定义．
2．C 【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题关键．如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个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180度，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．根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项分析判断即可．
【详解】解：A.是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B. 是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；
C. 是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
D. 既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
3．C 【分析】本题考查了内错角的定义，三角形的外角定理，直角三角形的判定，对顶角的定义，熟练知识点是解题的关键．分别根据内错角的定义，三角形的外角定理，直角三角形的判定，对顶角的定义判断即可．
【详解】解：
A、内错角不一定相等，只有两直线平行时，内错角相等，故本选项不符合题意；
B、三角形的外角等于与其不相邻的两个内角的和，故本选项不符合题意；
C、有两个角互余的三角形是直角三角形，正确，故本选项符合题意；
D、相等的两个角不一定是对顶角，故本选项不符合题意．
故选：C．
4．B 【分析】本题考查了等腰三角形、等边三角形的判定和性质和垂直平分线的性质，牢固掌握其性质是解题的关键，连接，由垂直平分线的性质：垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，可得，再根据，证得是等边三角形，通过边角关系进行计算求解即可．
【详解】解：连接，
∵的垂直平分线交于点，交于点，的垂直平分线交于点，交于点，
∴， ∴，
∵，∴， ∴， ∴是等边三角形，
∴， ∴， ∵， ∴．故选：B．
5．B 【分析】本题考查尺规作图——作垂直平分线，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质．根据垂直平分线的尺规作图方法得到A，B，C选项所作的都是垂直平分线，再根据垂直平分线的性质结合等边对等角进行判断即可．选项D由作图无法得到点D的特征，即可判断．
【详解】解：A、由作图痕迹为点在线段的垂直平分线上，则，因此，无法得到，故此选项不符合题意．
B、作图痕迹为点在线段的垂直平分线上，则，因此，如图，故此选项符合题意．
C、作图痕迹为点在线段的中点，无法得到，故此选项不符合题意．
、由作图无法得到点D的特征，无法得到，故选项不符合题意．
故选：B．
6．D 【分析】本题考查勾股定理的逆定理和三角形内角和定理．通过验证各选项是否满足勾股定理或角度是否为90度来判断即可．
【详解】解：A、∵，∴，∴以a为斜边的三角形是直角三角形；
B、∵，∴三角形是直角三角形；
C、∵，∴以c为斜边的三角形是直角三角形．
D、设，则，∴，∴，∴三角形不是直角三角形．
故选：D．
7．C 【分析】设DC＝3x，，则DB'＝5x，由折叠的性质得出DB＝DB'，∠BDE＝∠B'DE，BE＝B'E，由勾股定理求出BC＝8，设CE＝a，则BE＝8﹣a＝B'E，由勾股定理得出方程求出a的值，则可得出答案．
【详解】解：设DC＝3x，CB'＝2x，则DB'＝5x，
∵将△BDE沿DE翻折，得到△B'DE，∴DB'＝DB，∠BDE＝∠B'DE，BE＝B'E，
∵DE∥AC，∴∠A＝∠BDE，∠ACD＝∠CDE，∴∠A＝∠ACD，∴CD＝AD＝3x，∴AB＝AD+DB＝8x＝16，
∴x＝2，∴CD＝6，BD＝10，B'C＝4，∴BC＝＝8，
设CE＝a，则BE＝8﹣a＝B'E，∵CE2+B'C2＝B'E2，∴a2+32＝（8﹣a）2，
解得a＝3，∴CE＝3，故选：C．
【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
8．C 【分析】本题主要考查了翻折变换，平行线的性质．根据长方形纸带的特征对边平行，利用平行线的性质和翻折不变性求出，继而求出的度数，再减去即可得的度数．
【详解】解：如图：延长到H，由于纸带是长方形，
∴，∴，
根据翻折不变性得，∴，
又∵，∴，．
在梯形中，，
根据翻折不变性，．故选：C．
9．C 【分析】本题考查了抛物线与x轴交点以及二次函数图象与几何变换的知识，解题的关键是正确画出图形，利用数形结合进行解题．首先求出点A和点B的坐标，然后求出解析式，分别求出直线与抛物线相切时m的值以及直线过点B时m的值，结合图形即可得到答案．
【详解】解：将代入，得，解得
抛物线与x轴交于点A，B，，抛物线向左平移4个单位长度，
，平移后解析式为，
如图1,当直线过点B，有2个交点，
，解得，
当直线与抛物线相切时，有2个交点，
，整理得， （图1）
相切，，解得，
直线与，共3个不同的交点，，故选：C．
10．A 【分析】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质是解题关键．先利用勾股定理求出，再根据即可判断①正确；如图1，过点作，交延长线于点，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，，再根据等腰三角形的性质可得，则可得，由此即可判断②正确；先根据全等三角形的性质求出的长，再根据三角形的面积公式即可判断③错误；如图2，在截取，连接，先求出，则可得，再证出，从而可得，由此即可判断④错误．
【详解】解：∵正方形边长为4，∴，当时，则，
∵是等腰直角三角形，且，∴，
∴，则说法①正确；
当时，如图1，过点作，交延长线于点，连接，
∵四边形是边长为4的正方形，
∴，∴，
∵是等腰直角三角形，且，∴，，∴，
在和中，
，
∴，∴，，∴，∴，
∴，∴当时，点共线，则说法②正确；
当时，同上可证：，∴，，∴，
∴的面积为，的面积为，
∴当时，与面积不相等，则说法③错误；
当时，如图2，在截取，连接，
∵，，
∴，，
∵，∴，∴，
∵，∴，
又∵在等腰直角三角形，，∴，∴，∴当时，不是的角平分线，则说法④错误；综上，所有正确说法的序号是①②，故选：A．
11．
【分析】根据科学记数法的定义计算求值即可；
【详解】解：∵389000=，
故答案为：；
【点睛】本题考查了科学记数法：把一个绝对值大于1的数表示成a×10n的形式（a大于或等于1且小于10，n是正整数）；n的值为小数点向左移动的位数．
12．2（x+2）（x﹣2）
【分析】先提公因式，再运用平方差公式．
【详解】2x2﹣8=2（x2﹣4）=2（x+2）（x﹣2）．
【点睛】考核知识点：因式分解.掌握基本方法是关键．
13．120
【详解】解：圆锥侧面展开图的弧长是：2π×2=4π（cm），
设圆心角的度数是n度．则=4π，解得：n=120．故答案为120．
14．
【分析】利用画树状图法解答即可．
本题考查了画树状图计算概率，熟练掌握计算概率是解题的关键．
【详解】解：根据题意，画树状图如下：
两个数的和4，5，6，8，5，6，7，9，6，7，8，10，8，9，10，12共有16种等可能性，两个数字的和是偶数的等可能性有10种，
故两次取出的数字之和为偶数的概率为：，
故答案为：．
15．/度
【分析】本题考查平行线的性质，过点E作， ，由可得，根据平行线的性质可得，进而求出，，进而利用邻补角求出．
【详解】解：如图，过点E作， ，
∵，∴，
∴，，，
∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∴
故答案为：．
16． 5 /1.4
【分析】本题考查对于几何图形的转化以及图形相似的知识，通过对无法求出的三角形面积进行变形，转化成规则的长方形减去几个三角形的面积即可求出的面积，寻找相似的三角形，利用三角形相似的性质即可求出阴影部分的面积．
【详解】答题空1：的面积为：；
答题空2：由平移的性质可知，，∴，
∵，∴，即阴影部分的面积为．故答案为：5，．
17．
【分析】过点A作轴于F，过点B作轴于E，连接交x轴于点G，证明、是等边三角形，根据等边三角形和反比例函数的对称性可得与对称，得，根据菱形对角线性质得，得，设，则，可得，证明，得，得，即得
【详解】解：过点A作轴于F，过点B作轴于E，连接交x轴于点G，
则，
∵菱形中，且，∴，∴是等边三角形，
∴，点A，B关于边的垂直平分线对称，
∵点A，B在反比例函数的图像上，∴点A，B的对称轴是直线，
∴与关于直线对称，∴，
∵垂直平分，∴，∴，∴，
∴，
设，则，∴，∴，∴，
∴，
∵是等边三角形，∴，∴，
∴，∴，
∵，∴，∴， ∴，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形与反比例函数．熟练掌握菱形的性质，等边三角形判定和性质，反比例函数图像和性质，轴对称性质，含30度的直角三角形性质，相似三角形判定和性质，是解题的关键．
18．/
【分析】根据，得出点的运动轨迹是以为圆心，2为半径的圆，根据，，，得出，可得，在中，，得出，，根据平分，得出，如图，过点作交的角平分线于点，连接．根据，得出，同理根据，得出，即可，证明得出，求出，即可得点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，根据点与圆特征得出的最大值与最小值的差是的直径．
【详解】解：∵，∴点的运动轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
∵，，，∴，∴，
∵在中，，∴，∴，
∵平分，∴，
如图，过点作交的角平分线于点，连接．
∵∠APH=90°,∠4=12∠BAD=30°，，
∵∠QPF=90°,∠3=30°，，，
∵∠APH=∠QPF=90°，，，，
，∴点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，
根据图象可得的最大值与最小值的差，
∴的最大值与最小值的差是的直径．
故答案为：．
【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，圆外一点到圆上的最大值和最小值，直角三角形的性质，解直角三角形等知识点，解题的关键是正确做出辅助线，确定点的运动轨迹，难度较大，属于填空压轴题．
19．（1），；（2）
【分析】（1）移项后配方即可解答；
（2）分别解出两个不等式的解集，再求出其公共部分．
本题考查了解一元二次方程--配方法，配方法的一般步骤：①把常数项移到等号的右边；②把二次项的系数化为1；③等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．本题考查了解一元一次不等式组，熟悉不等式的解法是解题的关键．
【详解】解：（1）
移项得：
配方得：∴，解得：，
解：（2）解不等式①得：解不等式②得：∴不等式组的解集为：
20．（1）；（2）
【分析】本题考查了实数的混合运算，完全平方公式，单项式乘以多项式；
（1）根据有理数的乘方，化简绝对值，求一个数的算术平方根进行计算即可求解；
（2）根据完全平方公式，单项式乘以多项式进行计算即可求解．
【详解】解：（1）；
（2）
21．（1）见解析 （2）的周长是3
【分析】本题考查了全等三角形的判定，平行四边形的判定和性质，掌握相关图形的判定方法是解决问题的关键；
（1）先判定四边形是平行四边形，由平行四边形对角线互相平分得出, ，再由两边及夹角对应相等的两个三角形全等得出结论；
（2）由可得平行四边形是矩形．由此得出，进而得出，由此求出三角形周长.
【详解】（1）证明：在四边形中，，，
∴四边形是平行四边形． ∴, ．
又∵，∴．
（2）解：∵，四边形是平行四边形．
∴平行四边形是矩形．∴．即．
∴，即的周长是3．
22．（1）；（2）图表见解析，
【分析】(1)小丽在“2”中已经选择了地理，还需要从剩下三科中进行选择一科生物，根据概率公式计算即可．
（2）小明在“1”中已经选择了物理，可直接根据画树状图判断在4科中选择化学，生物的可能情况有2种，再根据一共有12种情况，通过概率公式求出答案即可．
【详解】（1）；
（2）列出树状图如图所示：
由图可知，共有12种可能结果，其中选化学、生物的有2种，
所以，（选化学、生物）．
答：小明同学选化学、生物的概率是．
【点睛】本题考查了等可能概率事件，以及通过列表法或画树状图法判断可能情况概率，根据概率公式事件概率情况，解题关键在于要理解掌握等可能事件发生概率．
23．（1）100，图形见解析
（2）72，C；
（3）估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人．
【分析】（1）根据C组的人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的人数，然后即可计算出D组的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
（2）根据统计图中的数据，可以计算出B组的圆心角的度数，以及中位数落在哪一组；
（3）根据题意和统计图中的数据，可以计算出该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
【详解】（1）这次调查的样本容量是：25÷25%=100，
D组的人数为：100-10-20-25-5=40，补全的条形统计图如图所示：
故答案为：100；
（2）在扇形统计图中，B组的圆心角是：360°×=72°，
∵本次调查了100个数据，第50个数据和51个数据都在C组，∴中位数落在C组，
故答案为：72，C；（3）1800×=1710（人），
答：估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人．
【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
24．（1）3；（2）图见解析，
【分析】（1）连接HF，证明△DHG≌△BFE（AAS），可得CG=3；
（2）作CG=BE=2，根据对角线垂直平分作内接菱形EFGH；当F与C重合，则A与H重合时，此时BF的长最小，就是BC的长，根据直角三角形30度角的性质和勾股定理计算可得结论．
【详解】
（1）如图，连接HF，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠B=90°，AD∥BC，AB=CD=5，∴∠DHF=∠HFB，
∵四边形EFGH是菱形，∴GH=EF，GH∥EF，∴∠GHF=∠HFE，∴∠DHF-∠GHF=∠BFH-∠HFE，
即∠DHG=∠BFE，∴△DHG≌△BFE（AAS），∴DG=BE=2，∴CG=CD-DG=5-2=3；
（2）①如图所示，
作法：作DG=BE，连接EG，再作EG的垂直平分线，交AD、BC于H、F，得四边形EFGH即为所求作的内接菱形EFGH；
如图，当F与C重合，则A与H重合时，此时最小， 则BF的长最小，过E作EP⊥BC于P，
Rt△BEP中，∵∠B=60°，BE=2，∴
∵四边形EFGH是菱形，∴AE=EC=3，∴
∴BC=即当BF的长最短时，BC的长为
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查新定义-四边形ABCD的内接菱形，基本作图-线段的垂直平分线，菱形，熟练掌握基本作图及平行四边形、菱形和矩形的性质是解题的关键．
25．（1）见解析 （2）5
【分析】此题考查了圆的切线的判定，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，熟练的运用以上知识解题是关键．
（1）先证明，再由，得，，进而得，于是有，从而即可证明结论成立；
（2）设的半径为，在中，利用勾股定理得，求得．
【详解】（1）证明：为的直径，
，，
，，
，，
，，，，
∵OB是的半径，是的切线；
（2）解：设的半径为r，
，，
，，
在中，，，，（舍去），∴半径的长为5．
26．（1），，
（2）①见解析；②不存在，理由见解析
（3）①或；②原矩形长为米，宽为米，（答案不唯一）
【分析】（1）根据“新花园的周长是原花园的一半”，以及“新花园面积也是原花园的一半”建立关于的函数关系式，并求出的取值范围，即可解题；
（2）①根据列表、描点、连线的步骤画出这两个函数的图象即可；
②根据所画的图象交点情况分析即可；
（3）①设存在一个新矩形长为米，宽为米，使其周长和面积均为原矩形的一半，推出有解，结合一元二次方程根的判别式列不等式求解，即可解题；
②利用①中的结论，结合条件原矩形的长和宽均为正整数，找出存在这种“减半”矩形的原矩形即可．
【详解】（1）解：根据“新花园的周长是原花园的一半，”得：，
整理得，；根据“新花园面积也是原花园的一半，”得：，
整理得，；∵−x+30>0，则的取值范围为；
故答案为：，，；
（2）解：①根据题意列表如下：
结合表格数据画图如下：
②所画的图象无交点，不存在满足条件的新矩形花园；
（3）解：①设存在一个新矩形长为米，宽为米，使其周长和面积均为原矩形的一半，
由题意得：，整理得，；
，整理得，；
则，整理得，
则或，或；故答案为：或．
②由①题知，原矩形长为米，宽为米，记其新矩形长为，宽为，则
解得或，当时，；当时，；
长为米，宽为米的原矩形存在这种“减半”矩形（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了求一次函数解析式，反比例函数解析式，画函数图象，根据图象交点情况求方程的解，一次函数与反比例函数综合，一元二次方程根的判别式，解题的关键在于正确理解“减半”矩形的概念．
27．（1）①见解析；②（2）；
【分析】（1）①连接，利用三角形中位线定理和旋转性质即可证得，利用全等三角形性质即可证得结论；
②利用勾股定理可得，由旋转得：，，设，则，，运用勾股定理建立方程求解即可；
（2）①当轴，且点F在直线右侧时，此时S最大，当轴，且点F在直线左侧时，此时S最小，分别求得最大值和最小值即可；
②过点作轴于K，延长交于L，利用矩形性质和等腰直角三角形性质即可求得答案．
【详解】（1）①证明：如图1，连接，
点C，D分别为边的中点，是的中位线，
，，，
由旋转得：，
，，；
②解：，，，
点C，D分别为边的中点，，，
由旋转得：，∴A'D=BD，
点恰好在线段上，，
由①知，设，则，，
在中，，，解得：，
；
（2）解：①当轴，且点F在直线右侧时，如图3，延长交y轴于G，
则轴，此时S最大，
，
，
；
当轴，且点F在直线左侧时，如图4，延长交y轴于G，
则，此时S最小，
，
故答案为：；
②如图5，过点作轴于K，延长交于L，
则四边形是矩形，
，
又和是等腰直角三角形，
，，
，
，故答案为：
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查平面直角坐标系中三角形旋转，熟练掌握点的坐标，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关性质定理为解题关键
28．（1）
（2）
（3）或
【分析】本题主要考查了二次函数综合，包括用待定系数法求二次函数表达式及二次函数与线段交点的问题，也考查了二次函数与不等式，相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质以及数形结合法是解题关键．
（1）用待定系数法求解即可；
（2）设，作轴于点H，构造直角三角形，利用锐角三角函数或者相似建立关于m的方程求解即可；
（3）将抛物线沿水平方向平移，则纵坐标不变为4，求得L的解析式为，由，，得中含，，三个整点（不含边界），分情况讨论，列不等式组解答即可．
【详解】（1）解：与x轴交于点，
，
解得；
（2）解：，
，
令，解得或，
令，得，
，，，
设，作轴于点H，
，
，即，
，
解得或（舍去），
，
的坐标为；
（3）解：将抛物线沿水平方向平移，则纵坐标不变为4，
新抛物线L的解析式为，
，，，
中含，，三个整点（不含边界），
当W内恰有2个整数点，时，
即时，时，
，
解得，或，
，
当W内恰有2个整数点，时，
即时，时，
，
解得或， ，
，
当W内恰有2个整数点，时，此种情况不存在，舍去，
所以n的取值范围为或．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
C
B
B
D
C
C
C
A
0
10
20
30
30
0
40
20