浙江省绍兴市新昌县2026年中考二模数学试题附答案

这是一份浙江省绍兴市新昌县2026年中考二模数学试题附答案，共25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。
1．在这四个数中，最大的数是（ ）
A．B．0C．D．1
2．浙江交通物流发展良好，2024年全年完成综合客运量约570000000人次，其中数570000000用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
3．下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图所示几何体是由一个球体和一个圆柱组成的，它的俯视图是（ ）
A．B．
C．D．
5．现有四批黄桃，从中各随机抽取40个，测量并计算得它们直径的平均数与方差如下：则这四批黄桃中果型较大且整齐的一批是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
6．据研究，忽略空气阻力，物体从高空下落的时间与下落高度近似满足公式，一物体从高空自由落下，则关于物体下落的时间，说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．不等式组中，两个不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8．如图，在面积为20的正方形中，，分别为，的中点，交于点，则的长为（ ）
A．1B．2C．D．3
9．已知和两点在反比例函数的图象上，若，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．或
10．如图，在矩形中，，点是对角线上一动点，当时，过点作的垂线，分别交边于点，连结，下列三角形中与的面积之和不变的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题有6小题，每小题3分，共18分）
11．分解因式： = ．
12．要使分式有意义，的取值应满足 ．
13．已知一个正多边形的一个内角是120º，则这个多边形的边数是 ．
14．在一个不透明的袋子中装有2个白球，个黑球，它们除颜色不同外，其余均相同．若从袋子中随机摸出一个球，它是白球的概率为，则 ．
15．如图，在中，，，，分别与，相切于点，，圆心在上，则的半径长为 ．
16．如图，在菱形中，点是边上一点，将沿翻折，点恰好落在对角线上的点处，若此时，则的度数是 ，的值为 ．
三、解答题（本大题有8小题，第17~21题每题8分，第22~23题每题10分，第24题12分，共72分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．计算：．
18．解方程组：
19．如图，在中，对角线，相交于点，于点，于点，且．
（1）求证：．
（2）当，时，求的值．
20．中国的人工智能领域近年取得了显著的进展，并推动了技术在各行各业的普及和应用．某校采用抽样调查的方式对部分教师做了“我最常使用的软件”的问卷调查，并根据调查收集的数据，绘制了如下不完整的统计图：
（1）求抽样调查的教师人数，并补全条形统计图．
（2）该校共有教师240人，根据统计信息，估计该校教师最常使用“文小言”的人数．
21．小林解决如下问题有两种思路：
思路一：根据三角形中位线的定义，取的中点，连结，则是的中位线．
思路二：先在上找点，使，再在上找点，使．具体分两步，
步骤1：如图，分别以点，点为圆心，大于长为半径作弧，两弧相交于点，作直线交于点．
（1）在图中连结步骤1里隐含的两条相等的线段，并证明．
（2）小林给出的步骤2：“以点为圆心，长为半径作弧，交于点，连结，则是的中位线．”请指出步骤2中存在的问题．
22．甲、乙两车沿同一条公路先后从城出发行驶去城，甲车匀速行驶1小时后休息半小时，继续以原来的速度匀速行驶，乙车匀速行驶的速度比甲车匀速行驶的速度快，甲、乙离开城的路程与甲车行驶时间之间的函数关系如图所示．根据图象信息解答下列问题：
（1）求乙车的速度．
（2）求线段所在直线的函数表达式．
（3）当乙车到达城时，甲车距离城的路程．
23．已知二次函数，其图象抛物线与轴的交点坐标分别为，，且．
（1）求当时，求抛物线的顶点坐标．
（2）若将抛物线向上平移1个单位后，与轴的交点坐标分别为，且，试判断与的大小，并说明理由．
（3）当时，的最大值与最小值之差为，求的值．
24．如图，内接于，是的直径，，是半径上的一点（不与点，点重合），连接并延长交于点，连接，．
（1）求的度数．
（2）线段的延长线与线段的延长线交于点．
①求证：．
②设与交于点，当时，求的值．
答案
1．【答案】C
【解析】【解答】解：∵π＞1＞0＞-2，
最大的数是，
故答案为：C．
【分析】根据正数大于零大于负数即可解答．
2．【答案】B
【解析】【解答】解：将570000000用科学记数法表示为．
故答案为：B．
【分析】 科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．当原数为较大数时，n等于原数的整数位数减去1.
3．【答案】C
【解析】【解答】解：A、不能合并同类项，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C正确，；
D、，故D错误；
故答案为：C．【分析】直接利用合并同类项，积的乘方、幂的乘方、同底数幂的除法来计算即可．
4．【答案】C
【解析】【解答】解：根据俯视图的意义可知，从上面看物体所得到的图形，选项C符合题意，
故答案选：C．
【分析】根据从上面看到的几何图形是俯视图解答即可案．
5．【答案】D
【解析】【解答】解：根据题意可知，四批黄桃的平均数分别为9.0，9.0，10.5，10.5，
∵，
∴丙、丁的果型较大，
四批黄桃的的方差分别为15.0，5.0，15.0，5.0，
∵，
∴乙、丁较整齐，
综上所述，这四批黄桃中果型较大且整齐的一批是丁，
故答案为：D．
【分析】先根据四批黄桃的平均数大小判断丙、丁的果型较大，再根据四批黄桃的方差判断乙、丁较整齐，即可得出结论.
6．【答案】B
【解析】【解答】解：将代入 ，得，
∵，
∴，
即．
故答案为：B．
【分析】将代入求出t值，再估算其大小即可求解．
7．【答案】A
【解析】【解答】解：
解不等式①，得，
解不等式②，得，
不等式①②的解集在数轴上表示为：
不等式组的解集为，
故答案为：A．
【分析】先分别求出两个不等式的解集，然后在数轴上表示不等式的解集即可．
8．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=AD，∠BAC=∠EBC=90°，
正方形ABCD的面积为20，
AB=BC=AD=，
，分别为，的中点，
，
，
，
在中，，
∴，
，
在中，，，，
∴，
∵
∴BC·BE=CE·BG，
即，
解得：，
故答案为：B．
【分析】先根据正方形的性质得出AB=BC=AD，∠BAC=∠EBC=90°，再由正方形面积求出正方形边长，再由中点定义、正方形性质及两个三角形全等的判定得到，进而得出，根据直角三角形两锐角互余判定，再由等面积法求解即可得到答案．
9．【答案】A
【解析】【解答】解：∵反比例函数中，k=2＞0，
∴图象位于一、三象限，且y随x的增大而减小．
∵和两点在反比例函数的图象上，且．
∴，
解得：．
故答案为：A．
【分析】根据的k＞0可得图象在一、三象限，根据反比例函数的性质列出不等式组，解不等式组求解即可得出答案．
10．【答案】D
【解析】【解答】解：如图所示，过点A作于点M，延长交于点N，
∴∠AMB=90°，
∵，
∴， ，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，，
∴，，
∴，
∵
∴AB·AD=AM·BD，
∴15×20=25AM，
∴AM=12，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
，
∴，
∴与的面积之和不变．
故答案为：D.
【分析】过点A作于点M，延长交于点N，推出四边形是平行四边形，得出，由矩形的性质易得BD=25，由等面积的三角形可知AM=12，由勾股定理可知MB=9，再由三角函数可知得出，即可得出，因此可得 △CDE与的面积之和不变 .
11．【答案】（m+2）（m﹣2）
【解析】【解答】解： =(m+2)(m﹣2)．
故答案为：(m+2)(m﹣2)．
【分析】直接利用平方差公式a2-b2=(a+b)(a-b)进行因式分解.
12．【答案】
【解析】【解答】解：根据题意可知：，
解得：．
故答案为：．
【分析】根据分式有意义的条件可知，将不等式求解即可．
13．【答案】6
【解析】【解答】解：外角是180-120=60度，
360÷60=6，则这个多边形是六边形．
故答案为六．
【分析】根据内角与外角互补可求出外角的度数，再利用外角和的度数360°除以外角的度数，即得边数.
14．【答案】6
【解析】【解答】解：由题意可知，总球数为2+n，白球的概率为，∴，
解分式方程得：，
经检验，是原分式方程的解，且符合题意，
故答案为：6．
【分析】根据白球的概率公式列出关于n的分式方程，求的分式方程的解并检验即可得出答案.
15．【答案】
【解析】【解答】解：连接，，如图所示：
∵分别与，相切于点，，
∴∠ONC⊥=∠C=∠OMC=90°，
∴四边形OMCN是矩形，
∵ON=OM，
∴四边形OMCN是正方形，
∴CN=CM=ON=OM，ON∥AC，
∴，
∴，∴，∴ON=，∴的半径长为.
故答案为：．
【分析】连接，，先证明四边形是正方形，得出ON∥AC，证明，列出比例式，代入得，求解即可得出答案.
16．【答案】；
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，∠D=∠B，
∴∠BAC=∠BCA，
设∠BAC=∠BCA=α，
∴∠B=180°-（∠BAC+∠BCA）=180°-2α，
∵CE=CB'，∴∠CB'E=∠CEB'==90°-，
∴∠AB'E=180°-（90°-）=90°+，
由翻折变换的性质可知，∠AB'E=ABE=90°+，
∴180°-2α=90°+，
解得：α=36°，
∴∠D=∠B=180°-2α=108°，
在AC上截取线段AT=AB，交AC于点T，如图所示：
设AB=BC=AT=x，AC=y，
∴∠ABT=∠ATB，
∵∠BAC=∠BCA=36°，
∴∠ABT=（180°-36°）=72°，∴∠CBT=∠ABC-∠ABT=108°-72°=36°，∴∠CBT=∠BAC，
∵∠TCB=∠BCA，
∴△CTB∽△CBA（AA），
∴，∴，∴，∴，∴y=（负值舍去），∴，即，
故答案为：，．
【分析】设∠BAC=∠BCA=α，用两种方法表示出∠B的大小，构建方程求解；在AC上截取线段AT=AB，交AC于点T，设AB=BC=AT=x，AC=y，利用相似三角形的位性质构建方程求解.
17．【答案】解：原式=
=-1.
【解析】【分析】先根据零指数幂、特殊三角函数值、算术平方根和绝对值的性质进行化简，再进行加减计算即可.
18．【答案】解：，
由①得，y=1-3x③，
将③代入②得，7x-3（1-3x）=13，
解得：x=1，
将x-1代入③得，y=1-3×1=-2，
∴原方程组的解为.
【解析】【分析】利用代入消元法解方程组即可.
19．【答案】（1）证明：∵，BF⊥BD，
∴，
在△AEO和△BFO中，
，
∴，
∴AO=BO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=AC，BO=BD，
∴AC=BD.
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，且AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，AC=BD，
在Rt△ABC中，AB=4，AC=5，
∴BC==3，
∴AD=3，
∴在Rt△ABD中，tan∠ABD=.
【解析】【分析】（1）根据已知易证，则AO=BO，再根据平行四边形的性质即可得到结论；
（2）由（1）易证四边形ABCD是矩形，再根据勾股定理求出BC的长即可求出答案．
（1）证明：∵于点于点，
∴
∵，
∴，
∴．
又∵在中，，
∴．
（2）∵在中，，
∴是矩形，
∴．
∵，
∴．
∴在中，．
20．【答案】（1）解：抽样调查的教师为32÷40%=80（人），
使用“文小言”得教师人数为80-32-12-16=20（人），
因此补全条形统计图如下：
（2）解：240×（20÷80）=60（人），
答：该校教师最常使用“文小言”的人数为60人.
【解析】【分析】（1）用条形统计图中使用“”的人数除以扇形统计图中“”占的百分比可得学校此次抽样调查的教师总人数，再求出用“文小言”的人数，补全条形统计图即可；
（2）用样本估计总体即可得出答案．
（1）解：（人），
（人），
补全的条形统计图如图：
（2）解：（人）
答：该校教师最常使用“文小言”的人数为60人．
21．【答案】（1）解：连接BP、CP，如图所示：
由作图过程可知，BP=CP，
在△ABP和△ACP中，
，
∴△ABP≌△ACP（SSS），
∴∠BAP=∠CAP，
∴AP是等腰△ABC的角平分线，
∴AP是等腰△ABC的边BC的中线，
∴BM=CM，即BM=BC.
（2）解： 如图所示，
小林给出的步骤2中，以点为圆心，长为半径所作的弧与可能有两个交点，分别交点为E、F，其中交点F不是的中点.
【解析】【分析】（1）利用线段线段垂直平分线的性质证明即可；
（2）以点为圆心，长为半径所作的弧与可能有两个交点，其中一个交点不是AC的中点．
（1）证明：连接，
由作图知，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰的角平分线，
∴是等腰中边的中线，
∴，即；
（2）解：如图，以点为圆心，长为半径所作的弧与可能有两个交点，分别为，其中交点不是的中点．
22．【答案】（1）解：根据题意可知，甲的速度为80÷1=80km/h，
则乙的速度为80+20=100km/h，
答：乙的速度为100km/h.
（2）解：根据图像可知，点B（1.5，80），点C（3，200），
设线段所在直线的函数表达式为s=kx+b（k≠0），
∴，
解得：，
∴s=80x-40，
答：线段所在直线的函数表达式为y=80x-40.
（3）解：200÷100=2h，
2+0.5=2.5h
∴当t=2.5h时，乙车到达N城，
将t=2.5h代入s=80x-40得，s=80×2.5-40=160km，
200-160=40km
答：当乙车到达城时，甲车距离城的路程为40km.
【解析】【分析】（1）观察图像得到甲车的速度，从而求出乙车的速度即可；
（2）观察图像得到点B（1.5，80），点C（3，200），设线段所在直线的函数表达式为，再运用待定系数法代入求解即可；
（3）求出当乙车到达N城时对应t的值，线段BC的所在直线的函数表达式，求出对应的s值，再由M城和N城之间的距离计算出甲车距离N城的路程即可.
（1）解：因为，
所以．
答：乙车的速度为．
（2）由图象得，
设线段所在直线的函数表达式为，把点的坐标分别代入得
，
解得，
所以线段所在直线的函数表达式为．
（3）乙车到达城时，．
把代入到，得，
此时甲车离城的路程：．
答：当乙车到达城时，甲车距离城的路程为．
23．【答案】（1）解：将b=1代入二次函数， 得=，
∴ 抛物线的顶点坐标（1，-2）.
（2）解：，
理由：∵ 二次函数 ， 与轴的交点坐标分别为，，
∴a=1，b=-2b，c=，
∴==2b，
∵ 将抛物线向上平移1个单位后， 抛物线表达式为，
∴a=1，b=-2b，c=，
∴==2b.
∴.
（3）解：∵ 二次函数，
∴抛物线的顶点坐标为（b，-2），需分三种情况讨论：
①当0≤b≤1时，最大值在x=2处，最小值在顶点处，
差值=-（-2）==，
解得：b=或b=（不满足条件，舍去），
②当1＜b≤2时，最大值在x=0处，最小值在顶点处，
差值=-（-2）==，
解得：b=或b=（不满足条件，舍去），
③当b＞2时，最大值在x=0处，最小值在x=2处，
差值=-=4b-2=，
解得：b=（不满足条件，舍去），
综上所述，的值为或.
【解析】【分析】（1）将代入二次函数，然后转化为顶点式即可得出结论；
（2）利用二次函数根与系数的关系，分析平移前后抛物线与x轴的交点坐标之和的关系，即可解决问题；
（3）需分情况讨论顶点是否在0和2之内，结合抛物线的性质，求出最大值和最小值的差，建立方程求解b的值即可．
（1）解：当时，二次函数的表达式为，
抛物线的顶点坐标为；
（2）解：，
理由如下：
抛物线的对称轴为直线，
，即．
将抛物线向上平移1个单位后，抛物线表达式为，
平移后抛物线对称轴不变，仍为直线，
，即．
；
（3）解：二次函数图象的对称轴为直线，
当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大，当时，．
①当时，最大值为，最小值为，
，解得（不满足，舍去）；
②当时，最大值为，最小值为，
，解得（不满足，舍去）；
③当时，最大值为，最小值为，
，解得（不满足，舍去）；
综上所述，的值为或．
24．【答案】（1）解：∵是的直径，
∴∠ABC=90°，
∵，
∴∠BAC=∠ACB=45°，
∵，
∴∠ADB=∠ACB=45°.
（2）解：①证明：由（1）可知，∠ADB=45°，∠ABC=90°，
∵是的直径，
∴点O是AC的中点，
∵，
∴BP是△ABC的角平分线，
∴∠ABP=∠ABC=×90°=45°，
∴∠ABP=∠ADB，
又∵∠BAP=∠DAB，
∴△ABP∽△ADB（AA）
∴，
∴，
即.
②解：过点作，垂足为点，过点作，交的延长线于点，连接，如图所示，
由①可知，BP是△ABC的角平分线，∠ABC=90°，
∴∠ABF=∠CBF=45°，
再△BAF和△BCF中，
，
∴（），
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∵BF=PF，
∴，
∴，
在△AFH和△APM中，
，
∴（AA）
∴，
设AH=a，则AM=2a，MH=AH+AM=3a，
∵，，
∴BH=MH，
∴BM=BH+MH=2MH=6a，AB=BH+AH=3a+a=4a，
∵∠M=90°，∠ABP=45°，
∴MP=BM=6a，
∴在Rt△AMP中，AP==，由①可知，，∴AD=，∴DP=AP-AD=，
∴．
【解析】【分析】（）根据圆周角定理得，再根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠ACB=45°，再运用圆周角定理即可得出结论；
（）①先根据等腰三角形“三线合一”得出∠ABP=∠ADB，即可证明，再根据相似三角形的性质即可求证；②过点作，垂足为点，过点作，交的延长线于点，连接，易证和，可得，，设AH=a，则AM=2a，MH=3a，进而得出BM=MP=6a，AB=4a，由勾股定理可得AP=，将其代入①中，可得AD=，进而可得出DP=，即可得出结论.
（1）∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）①证明：∵是的直径，
∴点是的中点，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
，
即，
∴；
②解：如图，过点作，垂足为点，过点作，交的延长线于点，连接，
∵，
∴（），
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
设，则，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴在中，，
由①得，，
∴，
∴，
∴．批次
甲
乙
丙
丁
平均数（单位：）
方差（单位：）
如图，在等腰中，，
点是的中点，用尺规作图的方法
在上找一点，使得是的中位线．