2026年河南省周口市中考数学模拟试卷（含答案解析）

这是一份2026年河南省周口市中考数学模拟试卷（含答案解析），共9页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．如图，⊙O的半径OA=6，以A为圆心，OA为半径的弧交⊙O于B、C点，则BC=（ ）
A．6B．6C．3D．3
2．（3分）学校要组织足球比赛．赛制为单循环形式（每两队之间赛一场）．计划安排21场比赛，应邀请多少个球队参赛？设邀请x个球队参赛．根据题意，下面所列方程正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．已知抛物线y=x2-2mx-4（m＞0）的顶点M关于坐标原点O的对称点为M′，若点M′在这条抛物线上，则点M的坐标为（ ）
A．（1，-5）B．（3，-13）C．（2，-8）D．（4，-20）
4．如图是抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象的一部分，抛物线的顶点坐标是A（1，4），与x轴的一个交点是B（3，0），下列结论：①abc＞0；②2a+b=0；③方程ax2+bx+c=4有两个相等的实数根；④抛物线与x轴的另一个交点是（﹣2.0）；⑤x（ax+b）≤a+b，其中正确结论的个数是（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
5．已知一个多边形的内角和是外角和的2倍，则此多边形的边数为 ( )
A．6B．7C．8D．9
6．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，，，于点H，且DH与AC交于G，则OG长度为
A．B．C．D．
7．小军旅行箱的密码是一个六位数，由于他忘记了密码的末位数字，则小军能一次打开该旅行箱的概率是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，边长为1的小正方形构成的网格中，半径为1的⊙O的圆心O在格点上，则∠BED的正切值等于（ ）
A．B．C．2D．
9．如图，直线l是一次函数y=kx+b的图象，若点A（3，m）在直线l上，则m的值是（ ）
A．﹣5B．C．D．7
10．现有两根木棒，它们的长分别是20cm和30cm，若不改变木棒的长短，要钉成一个三角形木架，则应在下列四根木棒中选取（ ）
A．10cm的木棒B．40cm的木棒C．50cm的木棒D．60cm的木棒
11．下列计算正确的是（ ）
A．2x+3x=5xB．2x•3x=6xC．（x3）2=5D．x3﹣x2=x
12．一个多边形的每个内角均为120°，则这个多边形是（ ）
A．四边形B．五边形C．六边形D．七边形
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．若正六边形的内切圆半径为2，则其外接圆半径为__________．
14．已知是锐角，那么cs=_________．
15．如图，从直径为4cm的圆形纸片中，剪出一个圆心角为90°的扇形OAB，且点O、A、B在圆周上，把它围成一个圆锥，则圆锥的底面圆的半径是_____cm．
16．已知二次函数与一次函数的图象相交于点，如图所示，则能使成立的x的取值范围是______．
17．如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，∠A＝30°，点E，F分别是线段BC，AC的中点，连结EF．
（1）线段BE与AF的位置关系是 ，＝ ．
（2）如图2，当△CEF绕点C顺时针旋转a时（0°＜a＜180°），连结AF，BE，（1）中的结论是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
（3）如图3，当△CEF绕点C顺时针旋转a时（0°＜a＜180°），延长FC交AB于点D，如果AD＝6﹣2，求旋转角a的度数．
18．一次函数 y=kx+b 的图像如图所示，则当kx+b>0 时，x 的取值范围为___________.
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）水果店老板用600元购进一批水果，很快售完；老板又用1250元购进第二批水果，所购件数是第一批的2倍，但进价比第一批每件多了5元，问第一批水果每件进价多少元？
20．（6分）如图所示，PB是⊙O的切线，B为切点，圆心O在PC上，∠P=30°，D为弧BC的中点.
(1)求证：PB=BC；
(2)试判断四边形BOCD的形状，并说明理由.
21．（6分）为倡导“低碳生活”，人们常选择以自行车作为代步工具、图（1）所示的是一辆自行车的实物图．图（2）是这辆自行车的部分几何示意图，其中车架档AC与CD的长分别为45cm和60cm，且它们互相垂直，座杆CE的长为20cm．点A、C、E在同一条直线上，且∠CAB=75°．（参考数据：sin75°=0.966，cs75°=0.259，tan75°=3.732）
（1）求车架档AD的长；
（2）求车座点E到车架档AB的距离（结果精确到1cm）．
22．（8分）如图1，在直角梯形ABCD中，动点P从B点出发，沿B→C→D→A匀速运动，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，图象如图2所示．
（1）在这个变化中，自变量、因变量分别是 、 ；
（2）当点P运动的路程x＝4时，△ABP的面积为y＝ ；
（3）求AB的长和梯形ABCD的面积．
23．（8分）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0）与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线1，交抛物线与点Q．求抛物线的解析式；当点P在线段OB上运动时，直线1交BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形；在点P运动的过程中，坐标平面内是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（10分）如图，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y＝的图象交于A（﹣2，1），B（1，n）两点．
求反比例函数和一次函数的解析式；根据图象写出一次函数的值大于反比例函数的值的x的取值范围．
25．（10分）如图，某数学兴趣小组想测量一棵树CD的高度，他们先在点A处测得树顶C的仰角为30°，然后沿AD方向前行10m，到达B点，在B处测得树顶C的仰角高度为60°（A、B、D三点在同一直线上）．请你根据他们测量数据计算这棵树CD的高度（结果精确到0.1m）．（参考数据：≈1.414，≈1.732）
26．（12分）阅读下面材料，并解答问题．
材料：将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式．
解：由分母为﹣x2+1，可设﹣x4﹣x2+3=（﹣x2+1）（x2+a）+b则﹣x4﹣x2+3=（﹣x2+1）（x2+a）+b=﹣x4﹣ax2+x2+a+b=﹣x4﹣（a﹣1）x2+（a+b）
∵对应任意x，上述等式均成立，∴，∴a=2，b=1
∴==+=x2+2+这样，分式被拆分成了一个整式x2+2与一个分式的和．
解答：将分式 拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式．试说明的最小值为1．
27．（12分）如图，直角坐标系中，直线与反比例函数的图象交于A，B两点，已知A点的纵坐标是2.
（1）求反比例函数的解析式.
（2）将直线沿x轴向右平移6个单位后，与反比例函数在第二象限内交于点C.动点P在y轴正半轴上运动，当线段PA与线段PC之差达到最大时，求点P的坐标.
参考答案
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、A
【解析】
试题分析：根据垂径定理先求BC一半的长，再求BC的长．
解：如图所示，设OA与BC相交于D点.

∵AB=OA=OB=6，
∴△OAB是等边三角形.
又根据垂径定理可得，OA平分BC，
利用勾股定理可得BD=
所以BC=2BD=.
故选A.
点睛：本题主要考查垂径定理和勾股定理. 解题的关键在于要利用好题中的条件圆O与圆A的半径相等，从而得出△OAB是等边三角形，为后继求解打好基础.
2、B．
【解析】
试题分析：设有x个队，每个队都要赛（x﹣1）场，但两队之间只有一场比赛，由题意得：，故选B．
考点：由实际问题抽象出一元二次方程．
3、C
【解析】
试题分析：=，∴点M（m，﹣m2﹣1），∴点M′（﹣m，m2+1），∴m2+2m2﹣1=m2+1．解得m=±2．∵m＞0，∴m=2，∴M（2，﹣8）．故选C．
考点：二次函数的性质．
4、B
【解析】
通过图象得到、、符号和抛物线对称轴，将方程转化为函数图象交点问题，利用抛物线顶点证明.
【详解】
由图象可知，抛物线开口向下，则，，
抛物线的顶点坐标是，
抛物线对称轴为直线，
，
，则①错误，②正确；
方程的解，可以看做直线与抛物线的交点的横坐标，
由图象可知，直线经过抛物线顶点，则直线与抛物线有且只有一个交点，
则方程有两个相等的实数根，③正确；
由抛物线对称性，抛物线与轴的另一个交点是，则④错误；
不等式可以化为，
抛物线顶点为，
当时，，
故⑤正确.
故选：.
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的各项系数与图象位置的关系、抛物线对称性和最值，以及用函数的观点解决方程或不等式.
5、A
【解析】
试题分析：根据多边形的外角和是310°，即可求得多边形的内角的度数为720°，依据多边形的内角和公式列方程即可得（n﹣2）180°=720°，解得：n=1．
故选A．
考点：多边形的内角和定理以及多边形的外角和定理
6、B
【解析】
试题解析：在菱形中，，，所以，，在中，，
因为，所以，则，在中，由勾股定理得，，由可得，，即，所以．故选B.
7、A
【解析】
∵密码的末位数字共有10种可能（0、1、 2、 3、4、 5、 6、 7、 8、 9、 0都有可能），
∴当他忘记了末位数字时，要一次能打开的概率是.
故选A.
8、D
【解析】
根据同弧或等弧所对的圆周角相等可知∠BED=∠BAD，再结合图形根据正切的定义进行求解即可得.
【详解】
∵∠DAB=∠DEB，
∴tan∠DEB= tan∠DAB=，
故选D．
本题考查了圆周角定理（同弧或等弧所对的圆周角相等）和正切的概念，正确得出相等的角是解题关键．
9、C
【解析】
把（-2，0）和（0，1）代入y=kx+b，求出解析式，再将A（3，m）代入，可求得m.
【详解】
把（-2，0）和（0，1）代入y=kx+b，得
，
解得
所以，一次函数解析式y=x+1，
再将A（3，m）代入，得
m=×3+1=.
故选C.
本题考核知识点：考查了待定系数法求一次函数的解析式,根据解析式再求函数值.
10、B
【解析】
设应选取的木棒长为x，再根据三角形的三边关系求出x的取值范围．进而可得出结论．
【详解】
设应选取的木棒长为x，则30cm-20cm＜x＜30cm+20cm，即10cm＜x＜50cm．
故选B．
本题考查的是三角形的三边关系，熟知三角形任意两边之和大于第三边，任意两边差小于第三边是解答此题的关键．
11、A
【解析】
依据合并同类项法则、单项式乘单项式法则、积的乘方法则进行判断即可．
【详解】
A、2x＋3x＝5x，故A正确；
B、2x•3x＝6x2，故B错误；
C、（x3）2＝x6，故C错误；
D、x3与x2不是同类项，不能合并，故D错误．
故选A．
本题主要考查的是整式的运算，熟练掌握相关法则是解题的关键．
12、C
【解析】
由题意得，180°(n-2)=120°,
解得n=6.故选C.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、
【解析】
根据题意画出草图，可得OG=2，，因此利用三角函数便可计算的外接圆半径OA.
【详解】
解：如图，连接、，作于；
则，
∵六边形正六边形，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴正六边形的内切圆半径为2，则其外接圆半径为．
故答案为．
本题主要考查多边形的内接圆和外接圆，关键在于根据题意画出草图，再根据三角函数求解，这是多边形问题的解题思路.
14、
【解析】
根据已知条件设出直角三角形一直角边与斜边的长，再根据勾股定理求出另一直角边的长，由三角函数的定义直接解答即可．
【详解】
由sinα==知，如果设a=x，则c=2x，结合a2+b2=c2得b=x.
∴cs==.
故答案为.
本题考查的知识点是同角三角函数的关系，解题的关键是熟练的掌握同角三角函数的关系.
15、
【解析】
设圆锥的底面圆的半径为r，由于∠AOB＝90°得到AB为圆形纸片的直径，则OB＝cm，根据弧长公式计算出扇形OAB的弧AB的长，然后根据圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长进行计算．
【详解】
解：设圆锥的底面圆的半径为r，
连结AB，如图，
∵扇形OAB的圆心角为90°，
∴∠AOB＝90°，
∴AB为圆形纸片的直径，
∴AB＝4cm，
∴OB＝cm，
∴扇形OAB的弧AB的长＝π，
∴2πr＝π，
∴r＝（cm）．
故答案为．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了圆周角定理和弧长公式．
16、x<-2或x>1
【解析】
试题分析：根据函数图象可得：当时，x＜－2或x＞1．
考点：函数图象的性质
17、（1）互相垂直；；（2）结论仍然成立，证明见解析；（3）135°．
【解析】
（1）结合已知角度以及利用锐角三角函数关系求出AB的长，进而得出答案；
（2）利用已知得出△BEC∽△AFC，进而得出∠1=∠2，即可得出答案；
（3）过点D作DH⊥BC于H，则DB=4-（6-2）=2-2，进而得出BH=-1，DH=3-，求出CH=BH，得出∠DCA=45°，进而得出答案．
【详解】
解：（1）如图1，线段BE与AF的位置关系是互相垂直；
∵∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°，
∴AC=2，
∵点E，F分别是线段BC，AC的中点，
∴=；
（2））如图2，∵点E，F分别是线段BC，AC的中点，
∴EC=BC，FC=AC，
∴，
∵∠BCE=∠ACF=α，
∴△BEC∽△AFC，
∴，
∴∠1=∠2，
延长BE交AC于点O，交AF于点M
∵∠BOC=∠AOM，∠1=∠2
∴∠BCO=∠AMO=90°
∴BE⊥AF；
（3）如图3，
∵∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°∴AB=4，∠B=60°
过点D作DH⊥BC于H∴DB=4-（6-2）=2-2，
∴BH=-1，DH=3-，又∵CH=2-（-1）=3-，
∴CH=BH，∴∠HCD=45°，
∴∠DCA=45°，α=180°-45°=135°．
18、x>1
【解析】
分析：题目要求 kx+b>0，即一次函数的图像在x 轴上方时，观察图象即可得x的取值范围.
详解：
∵kx+b>0，
∴一次函数的图像在x 轴上方时，
∴x的取值范围为：x>1.
故答案为x>1.
点睛：本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，主要考查学生的观察视图能力.
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、120
【解析】
设第一批水果每件进价为x元，则第二批水果每件进价为（x+5）元，根据用1250元所购件数是第一批的2倍，列方程求解．
【详解】
解：设第一批水果每件进价为x元，则第二批水果每件进价为（x+5）元，
由题意得，×2=，
解得：x=120，
经检验：x=120是原分式方程的解，且符合题意．
答：第一批水果每件进价为120元．
本题考查了分式方程的应用，解题的关键是熟练的掌握分式方程的应用.
20、（1）见解析；（2）菱形
【解析】
试题分析：（1）由切线的性质得到∠OBP=90°，进而得到∠BOP=60°，由OC=BO，得到∠OBC=∠OCB=30°，由等角对等边即可得到结论；
（2）由对角线互相垂直平分的四边形是菱形证明即可．
试题解析：证明：（1）∵PB是⊙O的切线，∴∠OBP=90°，∠POB=90°-30°=60°．∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB．∵∠POB=∠OBC+∠OCB，∴∠OCB=30°=∠P，∴PB=BC；
（2）连接OD交BC于点M．∵D是弧BC的中点，∴OD垂直平分BC．
在直角△OMC中，∵∠OCM=30°，∴OC=2OM=OD，∴OM=DM，∴四边形BOCD是菱形．
21、63cm.
【解析】
试题分析：（1）在Rt ACD，AC＝45，DC＝60，根据勾股定理可得AD＝ 即可得到AD的长度；（2）过点E作EF AB，垂足为F，由AE＝AC+CE，在直角 EFA中，根据EF＝AEsin75°可求出EF的长度，即为点E到车架档AB的距离；
试题解析：
22、（1）x，y；（2）2；（3）AB=8，梯形ABCD的面积=1．
【解析】
（1）依据点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，即可得到自变量和因变量；
（2）依据函数图象，即可得到点P运动的路程x=4时，△ABP的面积；
（3）根据图象得出BC的长，以及此时三角形ABP面积，利用三角形面积公式求出AB的长即可；由函数图象得出DC的长，利用梯形面积公式求出梯形ABCD面积即可．
【详解】
（1）∵点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，∴自变量为x，因变量为y．
故答案为x，y；
（2）由图可得：当点P运动的路程x=4时，△ABP的面积为y=2．
故答案为2；
（3）根据图象得：BC=4，此时△ABP为2，∴AB•BC=2，即×AB×4=2，解得：AB=8；
由图象得：DC=9﹣4=5，则S梯形ABCD=×BC×（DC+AB）=×4×（5+8）=1．
本题考查了动点问题的函数图象，弄清函数图象上的信息是解答本题的关键．
23、 (1) ;(2) 当m＝2时，四边形CQMD为平行四边形;(3) Q1（8，18）、Q2（﹣1，0）、Q3（3，﹣2）
【解析】
（1）直接将A（-1，0），B（4，0）代入抛物线y=x2+bx+c方程即可；
（2）由（1）中的解析式得出点C的坐标C（0，-2），从而得出点D（0，2），求出直线BD：y＝−x+2，设点M(m，−m+2)，Q(m，m2−m−2)，可得MQ=−m2+m+4，根据平行四边形的性质可得QM=CD=4，即−m2+m+4＝4可解得m=2；
（3）由Q是以BD为直角边的直角三角形，所以分两种情况讨论，①当∠BDQ=90°时，则BD2+DQ2=BQ2，列出方程可以求出Q1（8，18），Q2（-1，0），②当∠DBQ=90°时，则BD2+BQ2=DQ2，列出方程可以求出Q3（3，-2）．
【详解】
（1）由题意知，
∵点A（﹣1，0），B（4，0）在抛物线y＝x2+bx+c上，
∴解得：
∴所求抛物线的解析式为
（2）由（1）知抛物线的解析式为，令x＝0，得y＝﹣2
∴点C的坐标为C（0，﹣2）
∵点D与点C关于x轴对称
∴点D的坐标为D（0，2）
设直线BD的解析式为：y＝kx+2且B（4，0）
∴0＝4k+2，解得：
∴直线BD的解析式为：
∵点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线1，交BD于点M，交抛物线与点Q
∴可设点M，Q
∴MQ＝
∵四边形CQMD是平行四边形
∴QM＝CD＝4，即=4
解得：m1＝2，m2＝0（舍去）
∴当m＝2时，四边形CQMD为平行四边形
（3）由题意，可设点Q且B（4，0）、D（0，2）
∴BQ2＝
DQ2＝
BD2＝20
①当∠BDQ＝90°时，则BD2+DQ2＝BQ2，
∴
解得：m1＝8，m2＝﹣1，此时Q1（8，18），Q2（﹣1，0）
②当∠DBQ＝90°时，则BD2+BQ2＝DQ2，
∴
解得：m3＝3，m4＝4，（舍去）此时Q3（3，﹣2）
∴满足条件的点Q的坐标有三个，分别为：Q1（8，18）、Q2（﹣1，0）、Q3（3，﹣2）．
此题考查了待定系数法求解析式，还考查了平行四边形及直角三角形的定义，要注意第3问分两种情形求解．
24、 (1)y=,y=−x−1；(2)x