2026年重庆市中考自编模拟数学试题(二)（附答案、答题卡word和PDF版本）

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【分析】本题考查了轴对称图形与中心对称图形的概念．根据轴对称图形与中心对称图形的概念，作答即可．
【详解】解：根据轴对称图形的定义可知：A、B选项为轴对称图形，
根据中心对称图形的定义可知：B选项为中心对称图形．
故选：B．
2．B
【分析】本题考查了几何体的三视图，根据俯视图是从几何体的上面往下面看到的图形，进行逐项分析，即可作答．
【详解】解：A、圆柱的俯视图是圆，故该选项是错误的；
B、三棱柱的俯视图是三角形，故该选项是正确的；
C、圆锥的俯视图是带有圆心的圆，故该选项是错误的；
D、长方体的俯视图是长方形，故该选项是错误的；
故选：B．
3．B
【分析】本题考查了必然事件的定义，解决本题的关键是正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．
必然事件是指在一定条件下一定会发生的事件，选项A和C是随机事件，选项D是不可能事件，只有选项B是必然事件．
【详解】解：A、在比赛中，弱队战胜强队是随机事件，故A不符合题意；
B、任意画一个平行四边形，它是中心对称图形是必然事件，故B符合题意；
C、掷出两枚硬币，都是正面向上是随机事件，故C不符合题意；
D、长为、、长线段为边构成一个三角形是不可能事件，不是必然事件，故D不符合题意．
故选：B．
4．B
【分析】根据位似图形的概念求出与的相似比，根据相似三角形的性质计算即可．本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，掌握位似的两个三角形是相似三角形、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴
与是位似图形，
与的位似比是．
与的相似比为，
与的面积比为，
故选：B．
5．C
【分析】本题主要考查了从函数图象中获取信息，正确读懂函数图象是解题的关键．
根据函数图象所给的信息进行逐一判断即可．
【详解】解：由函数图象可知，图中最低部的数据，则是温度最低的时刻，最高位置的数据则是温度最高的时刻；则清晨5时体温最低，故A选项正确，不符合题意；
下午5时体温最高；最高温度为，最低温度为；故B选项正确，不符合题意；
从5时到17时，小明的体温一直是升高的趋势，而17时到24时的体温是下降的趋势，故C选项错误，符合题意；
从0时至5时的体温是下降的趋势，故D选项正确，不符合题意；．
故选：C．
6．D
【分析】本题考查了反比例函数的图象和性质，熟练掌握反比例函数的增减性是解题的关键．根据，可得反比例函数图象和增减性，即可进行比较．
【详解】解：∵，
∴反比例函数经过第一、三象限，且在每一象限内，y随着x增大而减小，
∵，，，
∴点A在第三象限，B，C在第一象限，
∵，
∴，
故选：D．
7．C
【分析】本题考查数字的变化类，根据图形，可以写出和的个数，然后即可发现和的变化特点，从而可以写出十二烷的化学式．
【详解】由图可得，
甲烷的化学式中的有1个，有（个，
乙烷的化学式中的有2个，有（个，
丙烷的化学式中的有3个，有（个，
，
十二烷的化学式中的有12个，有（个，
即十二烷的化学式为，
故选：C．
8．D
【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，把圆的面积和正方形水池的面积用含的代数式表示出来，两个图形的面积差即为可耕地的面积，根据相等关系列方程即可．
【详解】解：设正方形的边长是步，则圆的直径是步，
圆的半径为步，
圆的面积为平方步，正方形水池的面积为平方步，
可耕地的面积恰好平方步，
可列方程：．
故选：D．
9．B
【分析】设，由菱形的性质和得，由折叠得,由勾股定理得,，证明四边形是平行四边形，得，，再证明，根据相似三角形的性质可得结论．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，且，
∵，
∴,
设，则，
由折叠得,
在中，；
∴，
又四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
10．D
【分析】本题考查了平方差公式的应用，方程的解，规律探究，利用平方差公式可得，再根据题意，得到为连续正整数时，是方程的解，再逐一判断即可．
【详解】解：∵，
，
，
，
∴，
①，，则，
∴，，是方程的一组解，故①正确；
②∵，且为正整数，
∴，
∴，
∴和为连续的整数，
∴连续四个正整数一定是方程的一组解，故②正确；
③由②知和为连续的整数时，一定是方程的一组解，
∴和和为连续的整数时，一定是方程，
∵，，
∴，
∴，，，，，
当时，则或或或，
当，时，则或或或，
当，时，则或或，
当，时，则或，
当，时，则，共10组解；
当，时，则或或，
当，时，则或，
当，时，则，共6组解；
当，时，则或，
当，时，则，共3组解；
当，时，则，共1组解；
∴若，则方程共有组解，故③正确；
故选：D．
11．3
【分析】先计算，判断出，结合，可得，解得．
【详解】解：
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵整数满足，
∴，解得．
12．
【分析】本题主要考查了运用列表法或树状图法求概率，熟练掌握列表法或树状图法求概率是解题的关键．
根据列表或画树状图可得总情况数共9种，他们恰好选到同一个活动有3种，再利用概率公式即可求解．
【详解】解：设A表示“数字华容道”，B表示“汉诺塔”，C表示“巧解鲁班锁”，
列表如下：
共有9种等可能的结果，其中他们恰好选到同一活动的有3种，
∴他们恰好选到同一活动的概率为．
故答案为：．
13．
【分析】连接，根据中位线的性质得出，再根据勾股定理的逆定理，得出，即可求解．
【详解】解：连接，
∵E，F分别是、的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求正切值，解题的关键是正确画出辅助线，掌握勾股定理的逆定理，得出．
14．
【分析】本题考查的是一元二次方程的解的定义及求代数式的值．一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．把代入方程得出，然后将原式化简，整体代入求解即可．
【详解】解：把代入方程得，，
∴，
∴
故答案为：．
15． 9
【分析】连接，过点D作于点G，过点F作，交于点M，过点O作，二线交于点Q，连接，利用勾股定理，垂径定理，三角函数，矩形的判定和性质解答即可．
【详解】解：连接，过点D作于点G，
∵ ， ，
∴，，
∵，，
∴，
∴
∵， ，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：9；
∵ ， ，
∴，
∴，
∵，
∴，
过点F作，交于点M，过点O作，二线交于点Q，连接，
∴，四边形是矩形，
设，则，
∴，，
∵，
∴，
解得或（舍去），
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理的应用，平行线的判定和性质，三角函数的应用，解方程，熟练掌握定理和性质，三角函数是解题的关键．
16．
【分析】本题主要考查了新定义，根据题意可得四位数A的千位数字为，十位数字为，当时，四位数的百位数字为，此时不是“长久数”，则，进而可得，解得，则四位数即为，；分当时，B的千位数字为a，百位数字为，十位数字为，个位数字为，当时， 的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，两种情况求出对应的、，，进而表示出，再根据是整数，且能被10整除推出b与c的关系式，据此讨论求解即可．
【详解】解：，，，
四位数的千位数字为，十位数字为，
当时，四位数的百位数字与十位数字均为，
不是“长久数”，
，
四位数的百位数字为，
，
，
四位数即为，
；
当时，
，且，
的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，
，，
，
，
，
；

，
，
能被整除，
一定能被整除，
一定能被整除，
或，
当时，
，
此时，，不符合题意；
当时，则，
是整数，
一定能被整除，
或或或，
当时，
，，
，
，
此时为；
当时，
，(不符合题意，舍去）；
当时，
可得：，，
，
，
为；
当时，
可得：，(不符合题意，舍去)；
当时，
，且，，，，
的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，
，，
，
，
，
；
∵
，
，
能被整除，
一定能被整除，
一定能被整除，
或，
当时，
，
，不符合题意；
当时，则
是整数，
一定能被整除，
或或或，
当时，
要满足最大，则首先要满足最大，
当时，，
，
，
此时为；
当或或时，此时的值一定小于，
综上所述，的最大值即为，
故答案为：；．
17．不等式组的解集为 ，整数解为 ，数轴表示见解析
【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，整数解，然后在数轴上表示即可．
【详解】解：给定不等式组 ，
解第一个不等式：，
两边乘以2得 ，
两边减8得 ，
解第二个不等式：，
两边加2得 ，
两边乘以3得 ，
∴不等式组的解集为 ，
整数解为 ，
解集在数轴上表示：

18．(1)见解析
(2)①，②，③，④一个任意四边形，满足一组对边相等，一组对角是直角，则该四边形
【分析】（1）以点A为圆心，适当长度为半径画弧，交于两点，再分别以这两点为圆心，适当长度为半径画弧，在上方交于一点，过点与该点，作射线交于点即可；
（2）根据证明过过程，结合三角形全等的判定定理，平行四边形的判定定理，矩形的判定定理完成填空即可．
【详解】（1）解：如图所示为所求：
（2）证明：如图，连接，
，①，
，
，②，
∴，
∴③，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形．
请根据题目表述及证明过程，写出你的结论：④一个任意四边形，满足一组对边相等，一组对角是直角，则该四边形是矩形．
19．(1)，，
(2)八年级学生的垃圾分类知识竞赛成绩较好，理由见解析
(3)名
【分析】本题考查了扇形统计图，平均数、众数、中位数，样本估计总体，看懂题意是解题的关键．
（）根据众数、中位数的定义可求出的值，根据组人数和扇形统计图可求出的值；
（）根据平均数、众数、中位数判断即可；
（）分别求出八年级和九年级竞赛成绩优秀的学生人数，再相加即可.
【详解】（1）解：由八年级名学生的竞赛成绩可知，分的人数最多，
∴众数，
由扇形统计图可知，九年级组成绩学生数为名，
又∵九年级组中的数据为：81，86，82，85，86，86，85，
∴中位数，
∵九年级组成绩学生数有名，
∴九年级组成绩的人数占比为，
∴，
∴，
故答案为：，，；
（2）解：八年级学生的垃圾分类知识竞赛成绩较好，理由如下：八、九年级学生竞赛成绩的平均数相同，但八年级的中位数和众数均高于九年级的，所以八年级学生的垃圾分类知识竞赛成绩较好；
（3）解：，
答：估计该校八、九年级参加此次垃圾分类知识竞赛成绩优秀的学生人数是名．
20．，
【分析】先化简多项式乘法部分与分式混合运算，并将两部分合并为最简分式，然后再利用负指数幂、绝对值和零次幂的运算法则，求出x，代入求值即可．
【详解】解：
；
当时，
原式．
21．(1)甲型芯片每秒运算11万亿次，乙型芯片每秒运算8万亿次
(2)优化前每秒运算11万亿次，优化后每秒运算12.1万亿次
【分析】本题主要考查二元一次方程组的应用和分式方程的应用，正确找出等量关系是解答本题的关键．
（1）设甲型芯片每秒运算x万亿次，乙型芯片每秒运算y万亿次，根据“一枚甲型芯片用时2秒进行的整数运算次数与一枚乙型芯用时片3秒进行的整数运算次数之和为 46 万亿次，一枚甲型芯片用时 4 秒进行的整数运算次数与一枚乙型芯用时片 5秒进行的整数运算次数之和为 84万亿次”列二元一次方程组，求解即可；
（2）设优化前甲型芯片每秒运算a万亿次，则优化后为万亿次，根据“进行121万亿次整数运算，一枚优化算法后的甲型芯片用时比一枚原甲型芯片用时少1秒”列争式方程求解即可．
【详解】（1）解：设甲型芯片每秒运算x万亿次，乙型芯片每秒运算y万亿次，
根据题意得，，
解得
答：甲型芯片每秒运算11万亿次，乙型芯片每秒运算8万亿次；
（2）解：设优化前甲型芯片每秒运算a万亿次，则优化后为万亿次，
根据题意得，，
解得，
优化后为，
答：优化前每秒运算11万亿次，优化后每秒运算12.1万亿次．
22．(1)；；
(2)画图见解析，函数性质见解析
(3)
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，一次函数综合，反比例函数综合，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论与数形结合的思想是解此题的关键．
（1）由菱形的性质可得，，，，分：当时和当时，两种情况讨论，根据三角形的面积公式表示出关于的函数表达式，同理根据三角形的面积公式表示出关于的函数表达式；
（2）根据（1）中计算得出的函数表达式画出图象即可得解；
（3）分：当时和当时两种情况，分别令，求出两函数的交点横坐标，观察图象即可得解．
【详解】（1）解：四边形是菱形，，，
，，，，
在中，，
点是线段靠近点的三等分点，
，
，
，
当时，，
当时，，
；
；
（2）解：画出函数，图象如图所示：
函数的性质：当时，随的增大而增大，当，随的增大而减小（不唯一）；
函数的性质：当时，随的增大而减小（不唯一）；
（3）解：当时，令，即，
，解得或（不合题意，故舍去），
当时，令，即，
，解得（不合题意，故舍去）或，
结合图象可得，当时，的取值范围为．
23．(1)
(2)
【分析】（1）过点作于点，取交于点，不妨设，根据题意，可知，先求得，那么，接着利用等腰三角形的性质，得到，，然后利用外角求得，那么，然后在中应用勾股定理求得答案；
（2）过点作于点，不妨设，那么，，，然后证明，那么， ，，最后在中利用勾股定理求得答案．
【详解】（1）解：
过点作于点，取交于点，不妨设，如图所示：
根据题意，可知，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴（舍去负值），
∴，
∵，
∴；
答：小福家B与学校D的距离为千米．
（2）解：∵小希从自己家出发，沿方向匀速前往博物馆C；同时小福也从自己家出发，沿方向匀速前往博物馆C，已知小希和小福的速度之比为．小福到达博物馆C后发现忘记带身份证，于是立即原速回家B处取，当他到家后得知小希正好到了DC方向的超市E处，
∴不妨设，那么，
∴，，
∵的距离比的距离还少2千米，
∴，
过点作于点，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴（舍去负值），
∴，
∵，
∴．
答：博物馆C与小福家B的距离为千米．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，30度所对的直角边等于斜边的一半，平行线的性质，三角形外角的性质，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
24．(1)
(2)，
(3)点M的坐标为或，过程见详解
【分析】（1）先利用对称轴与点B的坐标求得点A的坐标，再利用待定系数法即可求解二次函数解析式；
（2）先求出直线的解析式，再设，则，，表示出的表达式，此时表达式为开口向下的二次函数，化为顶点式后即可得出点E的横坐标，代入二次函数解析式即可求得点E的坐标，将点E往下平移3个单位得到，则，且，连接，得平行四边形，则，作关于对称轴直线的对称点，即为坐标原点，则，当E，Q，共线时取等，即可求得周长的最小值；
（3）先根据平移情况求出新抛物线解析式和点E平移后的点H坐标，作轴，延长于点N，根据题意可得出点在上，求出的解析式后联立新抛物线解析式即可求得的坐标；作关于对称的直线，交于点，设，得出，利用导角得出，再过作交于点K，延长交x轴于点F，求得，设，，从而求得，进而得出，求得点F的坐标，设直线的解析式为，求出解析式联立新抛物线解析式即可求得的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为，A，为抛物线与x轴的交点，
∴，
∴，
∴，
将、代入，
得：，
解得，，
∴．
（2）解：∵点C是抛物线与y轴交点，
∴当时，，
∴，
设直线解析式为，
将，代入得：，解得，
∴直线，
设，则，，
∴
，
∵，
∴抛物线开口向下有最大值，
∴在中，当时，有最大值，此时，
如图，将点E往下平移3个单位得到，则，且，
连接，
则平行四边形，
∴，
作关于对称轴直线的对称点，即为坐标原点，则，
∴ ，当E，Q，共线时取等，
即，周长最小值为．
（3）解：由二次函数的平移可得新抛物线解析式为：，
∵点H对应点E平移的坐标，
∴，
如图，作轴，延长至点N，交抛物线于点，
∴，
过点H作交于点G，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，即，
设直线的解析式为，
得：，解得，
∴直线的解析式为：，
联立得：，
解得（舍去），，
∴；
作关于对称的直线，交于点，延长交x轴于点F，
设，
∴，
∵轴，，，
∴，，
∴，
过作交于点K，
∴，
∴，
设，，
∴，
∵轴，
∴，
在中，，
∴，解得，
∴，
设直线的解析式为，
将点C，F代入得：，解得，
∴直线的解析式为，
联立得：，
解得（舍去），，
∴，
综上所述，点M的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的最值问题，二次函数线段周长综合题，二次函数的平移，解直角三角形等知识点．
25．(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）由等腰三角形“三线合一”的性质及得出，根据的三角函数得出，进而得出，即可得出的面积；
（2）在上截取，把绕点顺时针旋转得，延长交于连接，根据旋转点性质得出是等边三角形，是等边三角形，通过证明，，得出，根据中位线的性质得出，即可得出；
（3）把线段绕点逆时针旋转得线段，连接、，设中点为，连接，可证明是等边三角形，即可证明，得出，即可证明点在以为圆心，为半径的圆上，点在线段时，有最小值，根据中位线的性质得出，，根据直角三角形斜边中线的性质，利用勾股定理求出和的值即可得答案．
【详解】（1）解：∵，为边的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）如图，在上截取，把绕点顺时针旋转得，延长交于连接，
∵，，
∴是等边三角形，，，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∵把绕点顺时针旋转得，
∴，，，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，为的中点，
∴，
∴．
（3）如图，把线段绕点逆时针旋转得线段，连接、，设中点为，连接，
∴是等边三角形，
∴，，
∵以为边向上构造等边，
∴，，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴点在以为圆心，为半径的圆上，
∵是等边三角形，为中点，
∴，，
∴，
当点在线段时，有最小值，最小值为，
∵，为中点，
∴，，
∴，
∴的最小值为，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线的性质、直角三角形斜边中线的性质、旋转的性质、解直角三角形及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
B
B
C
D
C
D
B
D
A
B
C
A
B
C