2026年黑龙江齐齐哈尔市中考第一次模拟考试数学试卷（含解析）中考模拟

这是一份2026年黑龙江齐齐哈尔市中考第一次模拟考试数学试卷（含解析）中考模拟试卷主要包含了考试时间120分钟，全卷共三道大题，总分120分等内容，欢迎下载使用。
1．考试时间120分钟
2．全卷共三道大题，总分120分
一、选择题（每小题3分，满分30分）
1. 77的倒数是（ ）
A. 77B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：77的倒数是．
2. 下列图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】解：选项A：是轴对称图形，不是中心对称图形；
选项B：既是轴对称图形，又是中心对称图形；
选项C：是轴对称图形，不是中心对称图形；
选项D：不是轴对称图形，是中心对称图形．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用合并同类项、同底数幂的除法、幂的乘方、积的乘方的运算法则逐个判断即可．
【详解】解：选项A：合并同类项时，系数相加，字母及指数不变，，
∴ A计算正确，故该选项符合题意；
选项B：同底数幂相除，底数不变，指数相减，，
∴ B计算错误，故该选项不符合题意；
选项C：幂的乘方，底数不变，指数相乘，，
∴ C计算错误，故该选项不符合题意；
选项D：积的乘方，等于把积的每个因式分别乘方，再把所得的幂相乘，，
∴ D计算错误，故该选项不符合题意．
4. 由8个完全相同的小正方体搭成的几何体如图所示，它的俯视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据俯视图是从上往下看得到的图形，进行判断即可.
【详解】解：俯视图为：
5. 同时掷两枚质地均匀的骰子，两枚骰子点数的和是9的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先列表可得所有等可能的结果总数以及点数和为9的符合条件的结果数，然后代入概率公式计算即可．
【详解】解：根据题意列表如下：
则所有等可能的结果总数为 种，其中两枚骰子点数和为9的情况有，，，，共4种，所以所求概率为．
6. 把两块分别含角和含角的直角三角板按如图方式放置于两条平行线间．若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意证明，延长交于点，根据平行线的性质，即可求解．
【详解】依题意，
∴
如图，延长交于点，
∴
又∵
∴
7. 已知关于x的分式方程的解是非负数，则的取值范围是（ ）
A. 且B. 且
C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】先解分式方程得到关于的表达式，再根据分式方程的解是非负数，且分母不为零，列出不等式求解的范围即可．
【详解】解：原方程为 ，
∵ ，
∴ 原方程可化为 ，
方程两边同乘 ，得 ，
展开整理得 ，
解得 ，
∵ 方程的解是非负数，且分母不能为零，
∴ ，
解得 且 ．
8. “齐齐哈尔烤肉”是当地特色美食．某商场推出大、小两种牛肉礼盒，每个大礼盒含牛肉5千克，每个小礼盒含牛肉3千克，某游客欲购买45千克的牛肉，且大、小礼盒均可选购（允许只购买一种礼盒），则不同的购买方案共有（ ）
A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种
【答案】C
【解析】
【分析】设大、小礼盒的购买数量，根据总重量列出二元一次方程，求方程的非负整数解个数，即可得到不同购买方案的数量．
【详解】解：设购买大礼盒个，小礼盒个．
根据题意得 ，
整理得 ，
为非负整数，
必须是3的倍数，且 ，解得 ．
且，可得的取值为，共4种，对应的取值分别为，均符合要求．
9. 如图，在菱形中，，，在边，，，上分别取点E，F，G，H，使．设的长为x，四边形的面积为y，则下列图象能反映y与x之间关系的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查菱形性质、二次函数的实际应用、三角形面积计算；核心方法是割补法求面积，关键是先算菱形总面积，再用总面积减去 4 个全等三角形的面积，易错点是三角形面积公式的应用和二次函数顶点坐标的判断．
首先菱形边长为 2，，总面积。设，则 4 个全等三角形的总面积为．四边形面积，化简为开口向上的二次函数，对称轴，最小值为​，对应选项 A．
【详解】菱形边长，，菱形面积公式为：
设，则，，
的面积为：
4 个这样的三角形总面积为：
该函数开口向上，对称轴为，当时，y 取得最小值：
当或时，．
因此，y 与 x 的关系是开口向上、顶点为的抛物线．
故选： A．
10. 已知抛物线（是常数，）开口向下，过，两点，且．下列五个结论：①；②若时，则；③方程一定有两个不相等的实数根；④若点，在抛物线上，，且，则；⑤．其中正确结论的个数为（ ）
A. 个B. 个C. 个D. 个
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的开口方向得，根据对称轴可得，即可判定①；根据对称轴得，由点可得，即得，得到，根据二次函数的图象得，即得，即可判定②；设抛物线解析式为，根据一元二次方程根的判别式可判定③；利用抛物线开口向下，离对称轴越远函数值越小，可判定④；根据二次函数的解析式可得，即得，得到，即可判定⑤，综上即可求解．
【详解】解：∵抛物线开口向下，
∴，
∵抛物线过，，
∴对称轴为直线，
∵，
∴，
∴对称轴在轴右侧，即，
∵，
∴，故①正确；
当时，对称轴，
∴，
解得，
把代入抛物线，得，
将代入，得，
∴，
∵在和之间，开口向下，
∴时，，
即，故②错误；
设抛物线解析式为，
方程整理得，，
∴判别式，
∵，
∴，，
∴，
∴方程有两个不相等的实数根，故③正确；
设对称轴为，则，两点到对称轴距离的平方差为，
∵，，
∴，，
∴，即，
∵抛物线开口向下，离对称轴越远函数值越小，
∴，故④错误；
∵，
∴常数项，即，
∵，，
∴，
∵，
∴⑤错误；
综上，正确的结论共个．
二、填空题（每小题3分，满分18分）
11. 齐齐哈尔市地处北纬47°世界黄金奶源带，2026年1月4日，一列满载54个40英尺隔热保温集装箱的鲜奶专列从齐齐哈尔站鸣笛启程驶向3000公里外的广州东部公铁联运枢纽（增城西站），标志着黑龙江优质奶源南下通道实现规模化、专业化运输．其中数据3000用科学记数法表示为________．
【答案】
【解析】
【分析】将数据整理成的形式，其中，为整数，再确定a、n的值即可解答．
【详解】解：将的小数点向左移动位得到，因此，可得．
12. 已知圆锥的底面半径为4，侧面展开图的面积为，则它的高为________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据圆锥侧面积公式求出母线长，再利用勾股定理计算圆锥的高即可．
【详解】解：∵底面半径 ，侧面展开图的面积，
∴，
解得：，
圆锥的高，底面半径，母线长构成直角三角形，满足勾股定理：，
∴．
13. 如图，已知（），以点A为圆心，以长为半径作弧，交于点D，分别以点B，D为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点E，作射线．连接，交射线于点F，连接．若的面积是10，则的面积为________．
【答案】
5
【解析】
【分析】根据尺规作图可知，，平分，三线合一，得到点为的中点，根据三角形的中线平分面积，推出的面积为的面积的一半，即可.
【详解】解：由作图可知，，平分，
∴，
∴为的中点，
∴，
∴，
∵的面积是10，
∴的面积为5.
14. 如图，在平面直角坐标系中，坐标原点，分别过点A，B作y轴的平行线交反比例函数的图象于点D，C．当四边形为平行四边形时，k的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】设出点坐标，根据平行四边形的对边相等，进行求解即可．
【详解】解：∵，分别过点A，B作y轴的平行线交反比例函数的图象于点D，C，
∴，，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，解得．
15. 在矩形中，，，点是上一点，且，点是线段上的一个动点，将四边形沿所在直线翻折，点，的对应点分别为，，直线与边交于点，连接．当为直角三角形时，的长为________．
【答案】或
【解析】
【分析】依题意，为直角三角形时，只有两种情况，为直角顶点或为直角顶点，根据题意画出图形，分类讨论，即可求解．
【详解】解：依题意，为直角三角形时，只有两种情况，为直角顶点或为直角顶点
①当为直角顶点时，如图，
∴，
∵在上，
∴
∴
∵四边形沿所在直线翻折，
∴
∴四边形是矩形，
∴；
②当为直角顶点时，如图，
∵，
∴共线，
∵矩形中，
∴
∴
∵
∴，
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
设，，则，
∵，
∴
∴
∴，
综上所述，当为直角三角形时，的长为或．
16. 数学活动课上，同学们借助圆周上的四个等分点绘制出美丽的“四瓣花”图案，如图，将其置于平面直角坐标系中，四个花瓣的顶点分别记作A，B，C，D，初始位置时，点A的坐标为，点B在直线上，且点B的横坐标为4．将“四瓣花”绕点C顺时针旋转，点D的对应点落在直线l上，点A的对应点记作，点B的对应点记作，此时完成第1次转动；将第1次转动后的“四瓣花”绕点顺时针旋转，点的对应点落在直线l上，点的对应点记作，点C的对应点记作，此时完成第2次转动；将第2次转动后的“四瓣花”绕点顺时针旋转，点的对应点落在直线l上，点的对应点记作，点的对应点记作，此时完成第3次转动；……；按此规律，完成第26次转动后，落在直线l上的花瓣顶点的纵坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】先证明四边形是正方形，连接，，过点作于点，过点作于点，求得，，则，，证明，进而求得的长，找到规律可得当旋转次后，在上，得出，进而求得的纵坐标，即可求解．
【详解】解：∵A，B，C，D是圆周上的四个等分点
∴，
∴四边形是菱形，
又∵
∴四边形是正方形，
连接，，过点作于点，过点作于点，
∵点B在直线上，且点B的横坐标为4．
∴点B的纵坐标为，
∴，
∵点A的坐标为，
∴，，
∴
∴，，设，则，
∵第一次，将“四瓣花”绕点C顺时针旋转，点D的对应点落在直线l上，将第1次转动后的“四瓣花”绕点顺时针旋转，点的对应点落在直线l上，
∴，，
∵，
∴
∵，
∴，同理可得
∴
∴
在中，
∴
∴
∴
∴
观察图形，可得每旋转两次之后点在上，
∴当旋转次后，在上，
∴
∴
∴的纵坐标为．
三、解答题（本题共8道大题，共72分）
17. 按要求完成下列各题
（1）计算：
（2）分解因式：
【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】（1）根据负整数指数幂、特殊角度的三角函数值、绝对值、零指数幂分别计算，再合并即可．
（2）先提公因式，再根据平方差公式分解即可．
【小问1详解】
解：
．
【小问2详解】
解：
．
18. 求不等式组：的所有整数解．
【答案】3，4，5
【解析】
【分析】先求出两个不等式的解集，得出不等式组的解集，然后再写出整数解即可．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：，
∴不等式组的所有整数解为3，4，5．
19. 解方程：
【答案】，
【解析】
【分析】用公式法求解一元二次方程即可．
【详解】解：
20. 为弘扬中华优秀传统，传承“非遗”文化，某校准备开设剪纸、书法、珠算、太极拳4门课外活动课程，每名学生在这4门课外活动课程中选择且只能选择1门．学校随机抽取部分学生，对其进行了“我意愿参加的活动课程”问卷调查，将这部分学生的问卷进行整理，依据样本数据绘制成如下两幅不完整的条形统计图和扇形统计图．
请根据以上信息，解答下列问题：
（1）本次共随机抽取了________名学生；
（2）在扇形统计图中，“太极拳”类所对应的扇形圆心角度数为________度；
（3）请直接补全条形统计图；
（4）若该校共有1000名学生，根据抽样调查结果，请你估计全校学生中“意愿参加珠算”的学生大约有多少人．
【答案】（1）
（2） （3）见解析
（4）估计全校学生中“意愿参加珠算”的学生大约有人
【解析】
【分析】（1）用条形统计图中“剪纸”的人数除以扇形统计图中“剪纸”的百分比可得本次共随机抽取学生人数；
（2）用乘以本次调查中意愿“太极拳”的人数所占的百分比，即可得出答案．
（3）求出“书法”类的人数，补全条形统计图即可．
（4）根据用样本估计总体，用总人数乘以样本中“意愿参加珠算”的人数所占的百分比，即可得出答案．
【小问1详解】
解：本次共随机抽取学生人数为（名）；
【小问2详解】
解：“太极拳”类所对应的扇形圆心角度数为；
【小问3详解】
解：“书法”类学生人数为（名），
补全条形统计图如图所示；
【小问4详解】
解：（名）；
估计全校学生中“意愿参加珠算”的学生大约有人．
21. 如图，内接于，连接，平分，点D在弧上，过点B作，交的延长线于点E，．
（1）求证：是的切线；
（2）若 ，，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，则，由平分，，得，等量代换得即可；
（2）连接，交于点F，则，证是等边三角形，设，，得解得，由勾股定理得，证四边形是菱形，得，用割补法求面积即可．
【小问1详解】
证明：连接，则，
∴，
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，为的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：连接，交于点F，则，
∵，，，
∴，
由（1）得，
∴，
∴，，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
设，，
∴，，，
∴，解得，
∴，，，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，，
∴，
∴．
22. 一条笔直的公路上依次有A、B、C三地．甲、乙两车同时出发，甲车从A地出发，以m千米/时的速度匀速驶向B地，到达B地休息0.5小时后按原速继续驶向C地；乙车从B地出发，以n千米/时的速度匀速驶向C地，到达C地后立即调头（调头时间忽略不计），以n千米/时的速度匀速经过B地驶向A地．甲车比乙车晚小时到达目的地．甲、乙两车与B地的距离y（单位：千米）与甲车行驶时间x（单位：小时）之间的函数关系如图所示．请结合图象信息，解答下列问题：
（1）A，B两地之间的距离是________千米，________；
（2）求图中线段所在直线的函数解析式；
（3）甲车出发多少小时，甲车与乙车之间相距172千米？请直接写出答案．
【答案】（1）170，68
（2）
（3）或或
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数的实际应用-行程问题、一元一次方程的应用，解题的关键是结合函数图象分析运动过程，理解各个节点的实际意义．
（1）结合函数图象中点的坐标的实际意义求速度即可；
（2）设函数解析式为，把M43,136，，代入，解方程组求的值即可得答案；
（3）当甲开往B时，乙开往C时；当甲开往B时，乙到达C后返回B处时；当甲超过B处开往C处时，乙到达B后开往A处时；然后列方程求解即可．
【小问1详解】
解：如图可知AB=170km
∵ ，所以m=170÷3−0.5=68km/h
故答案为：170，68
【小问2详解】
解：根据甲车的速度和到达C处的时间可得的距离为：68×5−3=136km
∵甲车比乙车晚小时到达目的地
∴P133,170
乙车的速度为：170+136×2÷133=102km/h
∴的横坐标为：136÷102=43h，的横坐标为：
∴M43,136，
设线段所在直线的函数解析式为，
∴136=43k+b0=83k+b ，解得k=−102b=272
∴线段所在直线的函数解析式为：
【小问3详解】
解：设甲车出发小时，甲车与乙车之间相距172千米，
①当甲开往B时，乙开往C时，则170−68t+102t=172，解得：t=117；
②当甲开往B时，乙到达C后返回B处时，则170−68t+136×2−102t=172，解得：；
③当甲超过B处开往C处时，乙到达B后开往A处时，则68t−0.5−170+102t−136×2=172，解得：t=32485；
所以甲车出发或或小时，甲车与乙车之间相距172千米.
23. 综合与实践
综合实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题展开数学实践活动．
（1）如图1，已知等腰绕点逆时针旋转得，连接，．若，，则
是________三角形，请说明理由；
求线段的长度；
（2）如图2，在中，，，，将绕点逆时针旋转α（）得，边所在直线分别交，于，．若是等腰三角形，则________；
（3）如图3，在中，，，，点为的中点，将绕点逆时针旋转（）得，点为上的动点，连接．则的取值范围是________．
【答案】（1）
等边
线段的长度为；
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）由旋转可得，∠ABA1=60°，根据等边三角形的判定，即可求解；由勾股定理，可得，由旋转可得∠BC1A1=∠C=90°，，延长交于点，由等边三角形的性质，可得，证明△ABC1≌△AA1C1SSS，可得∠C1AB=∠C1AA1，由三线合一，可得AK⊥BA1，，根据直角三角形斜边上的中线的性质，可得C1K=2，根据勾股定理，可得，即可得线段的长度；
（2）根据勾股定理，可得，由旋转可得∠F1=∠F，∠DE1F1=∠DEF=90°，DF1=DF=17，E1F1=EF=15，DE1=DE=8，可得∠DE1H=90°，设，则FH=15−x，按照，​，进行分类讨论，即可求解；
（3）根据题意可得，可得EN−4≤MN≤EN+4，根据三角形的面积，结合题意可得的最小值和最大值，当EN⊥D1F2，且点在线段上时，、取得最小值，当点与点重合，且点在的延长线上时，、取得最大值，根据线段之间的和差进行计算，可得的最小值和最大值，即可得的取值范围．
【小问1详解】
解：​是等边三角形，理由：
由旋转可得，∠ABA1=60°，
∴​是等边三角形．
在等腰中，​，，
∴AB=AC2+BC2=222+222=4，
由旋转可得∠BC1A1=∠C=90°，，
延长交于点，
∵​是等边三角形，
∴AA1=A1B=AB=4，
在和中，
AB=AA1AC1=AC1BC1=A1C1，
∴△ABC1≌△AA1C1SSS，
∴∠C1AB=∠C1AA1，
∴AK⊥BA1，BK=A1K=12A1B=12×4=2，
∴C1K=12A1B=2，AK=42−22=23，
∴AC1=AK−C1K=23−2．
【小问2详解】
解：∵，，，
∴DF=82+152=17，
由旋转可得∠F1=∠F，∠DE1F1=∠DEF=90°，DF1=DF=17，E1F1=EF=15，DE1=DE=8，
∴∠DE1H=180°−90°=90°，
设，则FH=15−x，
为等腰三角形分三种情况：
若，则∠FGH=∠FHG，
又∵∠F1GD=∠FGH，
∴∠F1DG=180°−∠F1−∠F1GD=180°−∠F−∠FGH=∠FHG，
∴∠F1DG=∠F1GD，
∴F1G=F1D=17，
∴E1G=F1G−E1F1=17−15=2，
∵FH=15−x，
∴FG=15−x，
∴DG=17−15−x=x+2，
在Rt△DE1G中，DE12+GE12=DG2，
∴82+22=x+22，，
解得x=217−2，
∴EH=217−2，
若​，则∠F=∠GHF，
∴∠F1=∠GHF，
∴DF1∥EF，
连接，则∠DHE=∠HDF1，
在和Rt△DE1H中，
DE=DE1DH=DH，
∴Rt△DEH≌Rt△DE1HHL，
∴EH=E1H，∠DHE=∠DHE1，
∴∠HDF1=∠DHE1，
∴HF1=DF1=17，
∴EH=E1H=HF1−E1F1=17−15=2，
若，则∠F=∠HGF，
又∵∠F1=∠F，∠DGF1=∠HGF，
∴∠F1=∠DGF1，
∴DG=DF1=DF，
∴点和点重合，不符合题意，
综上，EH=217−2或．
【小问3详解】
解：∵，点为的中点，
∴EM=8×12=4，
∴EN−4≤MN≤EN+4，
设点到D1F2的距离为，
由旋转可得S△ED1F2=S△EDF，D1F2=DF=17，D1E=DE=8，EF2=EF=15，
∴12×17·ℎ=12×15×8，EF2>ED1，
∴，
∵点为上的动点，
∴的最小值为，的最大值为EF2=15，
如图，当EN⊥D1F2，且点在线段上时，、取得最小值，
此时，EN=ℎ=12017，MN=12017−4=5217，
∴的最小值为5217，
如图，当点与点重合，且点在的延长线上时，、取得最大值，
此时，EN=EF2=15，MN=15+4=19，
∴的最大值为，
∴．
24. 综合与探究
如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接，点B的坐标为，顶点D的坐标为．点P为抛物线上第一象限内一点，过点P作交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点F在直线上，平面内存在点Q，使以点C，D，F，Q为顶点的四边形为正方形，点Q的坐标为________；
（3）求的最大值；
（4）点M为直线上一动点，连接并延长至点N，使，连接，当的值最大时，的最小值为________．
【答案】（1）
（2）或；
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）设出顶点式，待定系数法进行求解即可；
（2）求出点坐标，推出，进而得到，推出正方形，求出直线的解析式，设，根据，列出方程求出的值，再根据平移思想，求出点的坐标即可；
（3）作轴，交于点，作于点，求出，进而得到，，得到，证明为等腰直角三角形，推出，进而得到最大时，最大，设，则，利用二次函数求最值即可；
（4）根据，得到，进而得到，推出，得到当最大时，的值最大，延长至点，使，过点作的平行线，作轴，轴，利用相似，求出点坐标，推出点在过点且平行于的直线上运动，作点关于的对称点，连接，则，得到当三点共线时，最小，进行求解即可.
【小问1详解】
解：∵抛物线的顶点坐标为，
∴设抛物线的解析式为，把代入，得，
解得，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴当时，，当时，解得，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵点在直线上，
∴，
∴当点C，D，F，Q为顶点的四边形为正方形时，只能得到正方形，
∴，
设直线的解析式为，把代入，得，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，解得，
∴或，
∵点先向右平移1个单位，再向上平移一个单位得到，
∴点先向右平移1个单位，再向上平移一个单位得到，
∴或；
【小问3详解】
解： 作轴，交于点，作于点，则，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
由（2）可知，，直线的解析式为，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴当最大时，最大，
设，则，
∴，
∴当时，最大为，此时最大为；
【小问4详解】
解：由（3）可知，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当最大时，的值最大，
延长至点，使，过点作的平行线，作轴，轴，
则，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，点在直线上，
∴，
∴，即点在过点且平行于的直线上运动，
作点关于的对称点，连接，则，
∴当三点共线时，最小，
由（2）可知，，
∵，点在直线上，
∴，
∵点关于的对称点为，
∴垂直平分，
∴为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴的最小值为．1
2
3
4
5
6
1
1，1
1，2
1，3
1，4
1，5
1，6
2
2，1
2，2
2，3
2，4
2，5
2，6
3
3，1
3，2
3，3
3，4
3，5
3，6
4
4，1
4，2
4，3
4，4
4，5
4，6
5
5，1
5，2
5，3
5，4
5，5
5，6
6
6，1
6，2
6，3
6，4
6，5
6，6