2026年河北省张家口市中考一模数学试题（含解析）

这是一份2026年河北省张家口市中考一模数学试题（含解析），共29页。试卷主要包含了 下列各数中，最小的数是．， 若，则， 使有意义的的取值范围是．等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意）
1. 下列各数中，最小的数是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】解：∵，
∴最小的数是．
2. 两个大小不同的正方体按如图摆放，组成一个几何体，下列不是这个几何体的三视图为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出该几何体的三视图，再逐项判断即可．
【详解】解：该几何体的三视图如图所示：
∴只有选项A不是．
3. 若，则（ ）
A. 1B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【详解】解：若，则．
4. 榫卯结构是两个构件采取凹凸结合的连接方式．如图是某个构件的截面图（实线部分），其中，，，则直线相交所夹锐角的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对顶角相等求出的度数，利用平行线的性质求出的度数，最后根据三角形内角和定理求出直线与的夹角．
【详解】解：与是对顶角，，
，
，
，
，
设直线与相交于点P，
在中，，
，
，
直线，相交所夹锐角的度数是．
5. 使有意义的的取值范围是（ ）．
A. B.
C. 或D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件，即分式的分母不为零，同时除法运算中除数不为零，列出不等式得到的取值范围．
【详解】解：∵有意义，
∴，且，
∴且．
6. 在括号内填一个单项式，使多项式（ ）化简后能进行因式分解，在单项式①；②；③中，符合要求的有（ ）．
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】分别将三个单项式代入原多项式，化简后用初中因式分解方法判断是否能分解，统计符合要求的个数即可．
【详解】解：对于①：，能进行因式分解；
对于②：，能进行因式分解；
对于③：，不能进行因式分解；
综上，符合要求的有个．
7. 不透明袋子中有红球、绿球和蓝球共个，这些球除颜色外无其他差别，若从袋子中随机取出1个球，取出红球的概率是，取出绿球的概率是．嘉嘉从中拿出一个红球后，再从剩下的球中随机取出个球，这个球是蓝球的概率是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据概率公式求出三种颜色球的个数，再计算拿出1个红球后剩余球的总数和蓝球个数，最后根据概率公式求解取出蓝球的概率．
【详解】解：∵袋子中共有个球，取出红球的概率为，取出绿球的概率为，
∴红球个数为（个），绿球个数为（个），
∴蓝球个数为（个），
∵拿出个红球后，剩余球的总个数为（个），蓝球个数仍为个，
∴再随机取出个球是蓝球的概率为．
8. 若一元二次方程的两根之积为，则的值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用一元二次方程根与系数的关系得到两根之积的表达式，结合题干给出的条件列方程求解，再验证方程有实根即可得到结果．
【详解】解：，
由一元二次方程根与系数的关系可得，，
∵两根之积为，
∴，解得，
∴原方程为，
解得，，符合题意，
∴．
9. 如图，四边形是正方形，点E，G分别是边上的动点，且，分别作，，与交于点F，设，，则下列图象能反映y与x函数关系的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】可证明四边形是正方形，则四边形的周长为，则可得到，根据点E在上，得到，则，据此可得答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴矩形是正方形，
∴四边形的周长为，
∵，
∴，
∵点E在上，
∴，
∴，
∴只有B选项中的函数图象符合题意．
10. 如图，在边长为1的正方形网格中，点A，B，E在格点上，点C，D在网格线上．对于下列两个结论：
①平分；②．
下列说法正确的是（ ）
A. ①对，②错B. ①错，②对C. ①②都错D. ①②都对
【答案】D
【解析】
【详解】解：由图可知：
，
∴，
∴平分，，
故①②都对．
11. 如图，，，，四边形是矩形．直线经过点A，D，直线，直线将矩形分成面积相等的两部分，则b的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用待定系数法求出直线的解析式为，则可得到，根据矩形的性质可得直线经过矩形的中心，即经过的中点，根据中点坐标公式得到的中点的坐标为，据此利用待定系数法求解即可．
【详解】解：设直线的解析式为，
将，代入解析式得：
，
∴，
∴直线的解析式为，
∵直线，
∴；
∵直线将矩形分成面积相等的两部分，
∴直线经过矩形的中心，即经过的中点，
∵，，
∴的中点的坐标为，
∴，
∴．
12. 如图，在中，，，是线段上一点（不与端点重合），且，则（ ）
A. B. 8C. 10D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了外角的性质以及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握这些知识点并作出辅助线是解题的关键．
延长至点，使，得到等腰三角形，再由外角的性质得到等腰三角形，由等腰三角形三线合一的性质得到即可求解．
【详解】解：如图所示，延长至点，使，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴是等腰三角形．
∵，，
∴，
∴，
∴．
二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
13. ________．
【答案】
【解析】
【详解】解：．
14. 清代数学家罗士琳（）提出了推算勾股数的公式，被称为罗士琳法则．具体如下：
Ⅰ．若是大于1的奇数，则，，是一组勾股数；
Ⅱ．若是大于2的偶数，则，，是一组勾股数．
经研究，在Ⅰ中，最小的数是，最大的数是；在Ⅱ中，若，则最小的数是，最大的数是．
若一组勾股数中，最小的数是，最大数是；另一组勾股数中，最小的数是，则最大数是________．
【答案】
【解析】
【分析】分三类讨论，当为大于的奇数，根据题意可得，最大的数为，解得，从而计算出第二组最大的数为；当时，第一组勾股数为，，，与题意矛盾；当为大于的偶数时，根据题意最大的数为，解得，与题设矛盾．
【详解】解：①当为大于的奇数时，根据题意第一组勾股数中，最大的数为，
∴，
解得（负值舍去），
∵，
∴在第二组勾股数中，最大的数为；
②当时，第一组勾股数为，，，
最大的数为，与题干最大的数为矛盾，故舍去；
③当为大于的偶数时，根据题意最大的数为，
∴，
解得，与题设矛盾，故舍去；
综上所述，第二组勾股数中最大的数为．
15. 如图，正五边形和正边形的两条邻边相交，若，则的值是________．
【答案】
【解析】
【分析】由正多边形的内角公式求得正五边形每个内角都是，结合四边形的内角和以及对顶角相等，可计算出正边形的一个内角为，再利用正多边形内角公式构造方程，求解出的解．
【详解】解：如图，
由正多边形的内角公式可知，，
∵，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
解得．
16. 如图，等边三角形中，，点D在上，，将点D绕点C顺时针旋转，得到点E，连接，交于点F，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据等边三角形和旋转的性质得出相关角相等，再利用三角形外角的性质证明，从而证得，利用相似三角形对应边成比例求解．
【详解】解：是等边三角形，
，，
，
，
将点D绕点C顺时针旋转得到点E，
，，
是等边三角形，
，
点F在$DE$上，
，
是的外角，
，
又 ，
，
在和中，
，，
，
，
即 ，
．
三、解答题（本大题共8小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知，其中是整式．
（1）求整式；
（2）当时，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将等式变形，然后展开，再合并同类项即可；
（2）将代入（1）中所得的代数式即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴；
【小问2详解】
解：当时，．
18. 一个一元一次不等式的解集如图所示．
（1）写出一个符合条件的一元一次不等式________（未知数为x，写出一个即可）；
（2）设m、n是该不等式的两个解，m，n的平均数是1，
①求m的取值范围；
②若，直接写出整数n的值．
【答案】（1）（答案不唯一）
（2）①；②和．
【解析】
【分析】（1）根据数轴得出解集，再写出符合条件的一元一次不等式即可；
（2）①根据题意可得，，且，即可得解；②根据已知不等式，得出，进而得出−1≤n