2026年河南省安阳市安阳县中考一模数学试题含答案

这是一份2026年河南省安阳市安阳县中考一模数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．博物馆是展示历史、文化和艺术的重要场所，其标志设计往往蕴含着丰富的文化内涵和美学价值．下列博物馆标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．汉语是中华民族智慧的结晶，成语又是汉语中的精华，是中华文化的一大瑰宝，具有极强的表现力．下列成语描述的事件属于随机事件的是（ ）
A．旭日东升B．画饼充饥C．守株待兔D．竹篮打水
3．如图是由大小相同的小立方体搭成的几何体，则它的左视图是（ ）
A．B．C．D．
4．一元二次方程的根的情况是（ ）
A．没有实数根B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根D．只有一个实数根
5．如图，在的网格中，每个小正方形的边长均为1．若点A，B，C都在格点上，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，已知，添加下列条件后，仍无法判定的是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，，且，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
8．俗语有云：“一天不练手脚慢，两天不练丢一半，三天不练门外汉，四天不练瞪眼看．”其意思是知识和技艺在学习后，如果不及时复习，那么学习过的东西就会被遗忘．假设每天“遗忘”的百分比为x，根据“两天不练丢一半”，可列方程（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在平面直角坐标系中，风车图案的中心为正方形，四片叶片为全等的平行四边形，其中一片叶片上的点的坐标分别为，将风车绕点顺时针旋转，每次旋转，则经过第2026次旋转后，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，二次函数的图象与轴正半轴相交于，两点，与轴相交于点，对称轴为直线，且，则下列结论：①；②；③；④关于的方程有一个根为．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题
11．若函数是反比例函数，则的值为__________．
12．已知点与点关于原点对称，则__________．
13．将抛物线向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，平移后抛物线与x轴交点的坐标是__________
14．如图，扇形，点O为圆心，半径长为2，，再以点B为圆心，为半径作弧，交弧于点C，则阴影部分的面积是______．
15．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边分别在x轴、y轴的正半轴上，点A的坐标为，点P在矩形的内部，点E在边上，且满足，当△是等腰三角形时，点P的坐标为___________．
三、解答题
16．解下列方程：
（1）x2−2x−3=0 ；
（2） x2+2x=3x+2 ．
17．某商场“五一”期间为进行有奖销售活动，设立了一个可以自由转动的转盘．商场规定：顾客购物100元以上就能获得一次转动转盘的机会，当转盘停止时，指针落在哪一区域就可以获得相应的奖品．如表是此次活动中的一组统计数据：
（1）假如你转动该转盘一次，你获得“文创”的概率约是_____（结果精确到0.1）
（2）在这次购物中，甲、乙两人随机从“微信”、“支付宝”、“银行卡”（依次用A、B、C表示）三种支付方式中各选一种方式进行支付．请用画树状图或列表的方法，求甲、乙两人恰好都选择同一种支付方式的概率．
18．如图，在平面直角坐标系中，．
（1）将绕点按逆时针方向旋转，得到，画出；
（2）以点为位似中心，将放大2倍得到，画出；
19．1896年，挪威生理学家古德贝发现，每个人有一条腿迈出的步子比另一条腿迈出的步子长，这就导致人在蒙上眼睛行走时，虽然主观上沿直线前进，但实际上走的是一个大圆圈！这就是有趣的“瞎转圈”现象．某学校数学兴趣小组通过实验发现，人蒙上眼睛走出的大圆圈的半径米与其两腿迈出的步长之差厘米（）拟合后的函数为反比例函数，其图象如图所示．请根据图象中的信息解决下列问题：
（1）求与之间的函数表达式；
（2）若小昆两腿迈出的步长之差为0.5厘米，则他蒙上眼睛走的大圆圈的半径为多少米？
（3）若小明蒙上眼睛走的大圆圈的半径不小于70米，求其两腿迈出的步长之差的取值范围．
20．如图，在中，，以为直径的交边于点，连接，过点作．

（1）请用无刻度的直尺和圆规作图：过点作的切线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
（2）在（1）的条件下，求证：．
21．榆林人民大厦，以榆林代表性的古迹“镇北台和凌霄塔”为设计蓝本，配以天圆地方的设计理念．天天所在的兴趣小组准备测量该大厦的高度，如图，他在处放置了一面平面镜（大小忽略不计），然后沿方向移动，当他站在点处时恰好能在平面镜中看到大厦顶端的像，已知天天的眼睛距离地面的高度为米，米；小组成员在大厦另一侧点处安装一个米高的测角仪，测得大厦顶端的仰角为，已知米，，点B、Q、M、D在同一条水平线上，图中所有点均在同一平面内．请你帮助该小组求出该大厦的高度．（参考数据：，，）
22．根据以下素材，完成探究任务
23．【问题解决】
（1）如图1，在等边三角形中，点D，E分别在，边上，，交于点F，且．则线段，的数量关系为________，的度数为________；
【类比迁移】
（2）如图2，是等腰直角三角形，，点D，E分别在，边上，，交于点F，且．
①判断线段，之间的数量关系并说明理由；
②求的度数．
【拓展探究】
（3）如图3，是等腰直角三角形，，若点D是边上一动点，点E是射线上一动点，在（2）的条件下，当动点D沿边从点A移动到点C（可以与点C重合）时，直接写出运动过程中长的最大值和最小值．
参考答案
1．【答案】D
【详解】解：A、有对称轴，是轴对称图形，没有对称中心，是中心对称图形，不符合题意；
B、有对称轴，是轴对称图形，没有对称中心，不是中心对称图形，不符合题意；
C、有对称轴，是轴对称图形，没有对称中心，不是中心对称图形，不符合题意；
D、有对称轴，是轴对称图形，有对称中心，是中心对称图形，符合题意；
2．【答案】C
【分析】本题考查了事件的分类，一定会发生的事件是必然事件，一定不会发生的事件是不可能事件，可能会发生的事件是随机事件，据此判定即可求解，理解以上定义是解题的关键．
【详解】解：A. 旭日东升是必然事件；
B. 画饼充饥是不可能事件；
C. 守株待兔是随机事件；
D. 竹篮打水是不可能事件；
故选C．
3．【答案】D
【分析】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【详解】解：根据题意可得它的左视图是，
故选D．
4．【答案】C
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式的应用，通过计算判别式的值，根据其正负判断方程根的情况即可．
【详解】解：∵一元二次方程中，，，．
∴判别式．
∵．
∴该方程有两个不相等的实数根．
故选C．
5．【答案】D
【分析】本题考查了勾股定理，勾股定理逆定理，锐角三角函数，正确添加辅助线是解题的关键．
连接，先证明为直角三角形，即可求解．
【详解】解：连接，

∵，，，
∴，
∴，即为直角三角形，
∴，
故选D．
6．【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的判定，根据相似三角形的判定方法逐一判断即可，熟知相似三角形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
、∵，
∴，不符合题意；
、∵，
∴，不符合题意；
、∵，
∴，不符合题意；
、由，不能证明，符合题意；
故选．
7．【答案】C
【分析】连接和根据圆心角定理求出的度数，又知，即可求出，进而求出，再根据，即可求出的度数．
【详解】解：连接和
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
．
8．【答案】A
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，由题意得：一天后记得的知识为：，两天后记得的知识为：，即可求解；
【详解】解：由题意得：一天后记得的知识为：，两天后记得的知识为：，
∴，
故选A
9．【答案】B
【分析】本题考查了平面直角坐标系的特点，平行四边形、矩形的判定和性质，图形规律等知识，根据题意得到，结合图形找出旋转规律即可求解．
【详解】解：∵风车图案的中心为正方形，
∴，
如图所示，作于点，
∴，
∵风车图案的四片叶片为全等的平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，则，
∴，
∵每次旋转，
∴旋转第一次时，点对应点为，点对应点为，则，
旋转第二次时，点对应点为，点对应点为，则，
旋转第三次时，点对应点为，点对应点为，则，
旋转第四次时，点对应点为，点对应点为，则，
∵，
∴经过第2026次旋转后，点的坐标为 ．
10．【答案】C
【分析】本题主要考查二次函数的图象和性质．①根据抛物线的开口方向，对称轴，与轴的交点坐标，可判断，，与的大小关系；②将代入二次函数，可得；③根据题意可得，结合点的坐标为，点位于轴负半轴，即可判断该结论是否正确；④求得点的坐标为，可得，结合，可求得点的坐标，进而求得点的坐标．
【详解】解：①∵抛物线开口向下，
∴．
将代入二次函数解析式，得．
∴点的坐标为．
∵点位于轴负半轴，
∴．
∵对称轴，
∴．
∴．结论①正确．
②将代入二次函数，得
．
根据二次函数图象可知．结论②错误．
③∵，，
∴．
又点的坐标为，点位于轴负半轴，
∴．
∴．结论③正确．
④∵，点的坐标为，点位于轴负半轴，点位于轴正半轴，
∴点的坐标为．
因为二次函数的图象过点，可得
．
化简，得
．
因为对称轴，
所以，．
将代入，得
．
可得
．
所以，点的坐标为．
设点的坐标为．
根据题意可得
．
则．
所以，点的坐标为．
所以，关于的方程的两个解为，．
结论④正确．
综上所述，结论正确的为①③④．
故选C．
11．【答案】
【分析】本题主要考查了反比例函数的定义，一般地，形如（其中k为常数，且）的函数叫做反比例函数，据此求解即可．
【详解】解：∵函数是反比例函数，
∴，
解得.
12．【答案】
【分析】本题考查求关于原点对称的坐标，根据关于原点对称的点的坐标特征，横坐标和纵坐标均互为相反数，求得a和b的值，再计算它们的和即可．
【详解】解：∵点与点关于原点对称，
∴，，
∴．
13．【答案】
【分析】本题考查了函数图象的平移，函数与坐标轴交点情况，解题的关键是掌握函数图象的平移规律．根据函数图象的平移规律“左加右减，上加下减”求出平移后的解析式，令，进而即可得平移后抛物线与x轴交点的坐标．
【详解】解：抛物线向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得：
平移后的解析式为：，
令，则，
解得：，
平移后抛物线与x轴交点的坐标是.
14．【答案】
【分析】此题考查了求不规则图图形的面积，扇形的面积公式，等边三角形的判定和性质，正确理解图形作出辅助线及正确掌握扇形的面积公式是解题的关键．
连接，，过点作于点，推出是等边三角形，得到，利用三角函数求出的长，根据公式求出，，，的值即可得到答案．
【详解】解：连接，，过点作于点，
在扇形中，，，以为圆心，为半径画弧，交弧于点，
，
是等边三角形，
，
，
，
，，，
，
图中阴影部分的面积为：．
15．【答案】或
【分析】由题意知，，点P在线段上，分两种情况：当时，点P是线段的垂直平分线与的交点，即点P是的中点；当时，利用相似三角形的性质即可求得点P的坐标．
【详解】解：∵，
∴，
∴，点P在线段上．
∵A点的坐标为，
∴，由勾股定理得：；
如图1所示，当时，点P是线段的垂直平分线与的交点，即点P是的中点，
∴点P是的中点，
∴点P的坐标为；
如图2所示，当时，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴点P的坐标为；
综上所述，或．
16．【答案】
（1）x1=3 ，x2=−1
（2）x1=3 ，x2=−2
【分析】
本题考查一元二次方程的知识，解题的关键是掌握解一元二次方程-因式分解法，进行计算，即可．
（1）根据解一元二次方程-因式分解法，即可；
（2）根据解一元二次方程-因式分解法，即可．
【详解】
（1）解：x2−2x−3=0 ，
原方程因式分解为：x−3x+1=0 ，
∴x−3=0 ，x+1=0 ，
∴x1=3 ，x2=−1 ．
（2）解：x2+2x=3x+2 ，
移项得：x2+2x−3x+2=0 ，
整理得，xx+2−3x+2=0 ，
提公因式得，x−3x+2=0 ，
∴x−3=0 ，x+2=0 ，
∴x1=3 ，x2=−2 ．
17．【答案】（1）
（2）
【分析】本题考查了利用频率估计概率和用树状图或列表法求概率．
（1）从表中频率的变化，可得到估计当很大时，频率将会接近，然后根据利用频率估计概率得“文创”的概率约是；
（2）先画出树状图得到所有等可能性的结果数， 再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
【详解】（1）解：估计当很大时，频率将会接近，假如你去转动该转盘一次，你获得“文创”的概率约是.
（2）解：树状图如下：
共有9种等可能情况，其中甲、乙两人恰好都选择同一种支付方式的情况有3种，
故甲、乙两人恰好都选择同一种支付方式的概率为．
18．【答案】（1）见详解
（2）见详解
【分析】本题主要考查了位似变换与旋转变换，解决问题的关键是先作出图形各顶点的对应顶点，再连接各顶点得到新的图形．在画位似图形时需要注意，位似图形的位似中心可能在两个图形之间，也可能在两个图形的同侧．
（1）利用网格特点和旋转的性质画出点、、的对应点，然后连接即可得到；
（2）先根据位似中心的位置以及放大的倍数，画出原三角形各顶点的对应顶点、、，再顺次连接各顶点，得到．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，即为所求．
19．【答案】（1）
（2）当某人迈出的步长差为0.5厘米时，他蒙上眼睛走出的大圆圈的半径为28米
（3）某人蒙上眼睛走出的大圆圈的半径不小于70米，则其两腿迈出的步长之差
【分析】（1）设反比例函数解析式为，将图象中的点代入解析式求解，即可解题；
（2）将代入（1）中解析式求解，即可解题；
（3）根据题意建立不等式求解，即可解题．
【详解】（1）解：设反比例函数解析式为，
由图象可知，反比例函数过点，
，
，
与之间的函数表达式为；
（2）解：当时，，
∴当某人迈出的步长差为0.5厘米时，他蒙上眼睛走出的大圆圈的半径为28米；
（3）解：当时，即，
，
∴某人蒙上眼睛走出的大圆圈的半径不小于70米，则其两腿迈出的步长之差．
20．【答案】（1）见详解
（2）见详解
【分析】（1）根据尺规作图，过点作的垂线，交于点，即可求解；
（2）根据题意切线的性质以及直径所对的圆周角是直角，证明，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得出，进而证明，即可得证．
【详解】（1）解：方法不唯一，如图所示．

（2）∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵点在以为直径的圆上，
∴，
∴．
又∵为的切线，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵在和中，
∴．
∴．
21．【答案】米
【分析】过点作于，先利用平面镜反射性质证三角形相似，得到与的等量关系，结合仰角的正切函数关系建立方程求解．
【详解】解：如图，过点作于，
∵，，
∴，
∵平面镜反射，，
∴，
∴，
∵米，米，
∴，即，
设米，则米，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵米，米，
∴米，米．
在中，，
∵，，
∴，
解得，
经检验是原方程的解，
答：该大厦的高度为米．
22．【答案】（1）；（2）；（3）洒水车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，理由见详解
【分析】（1）结合为上边缘抛物线的顶点，设，再把代入计算，即可作答．
（2）结合二次函数的对称性得出点的对称点为，把代入即可求解；
（3）因为二次函数的性质以及矩形的性质得点F的坐标为，代入即可作答．
【详解】解：（1）由题意得：为上边缘抛物线的顶点，
设，
又∵抛物线过点，
，
解得：，
∴上边缘抛物线的函数解析式为．
（2）∵对称轴为直线，
∴点的对称点为，
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移6米得到的，
当时，
解得，（舍去），
∴
∴点B的坐标为；
（3）洒水车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，理由如下：
∵矩形， 米，竖直高度米，米，
则（米）
∴点F的坐标为，
当时，，
当时，y随x的增大而减小，
∴洒水车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带．
23．【答案】（1），；（2）①，理由见详解；②；（3）长的最小值为，最大值为4．
【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质得出，，进而根据三角形外角的性质即可求解；
（2）①证明，得出，，②结合（1）的结论即可求解；
（3）由题意，可知点在以为弦．所对圆心角为的上，根据题意画出图形，连接．当点在线段上时，取得最小值，当点移动到点时，点与点重合，此时取得最大值，利用勾股定理以及线段的和差即可求解．
【详解】解：（1）∵是等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，，
∴.
（2）①，理由如下：
∵是等腰直角三角形，，
∴，，
∵，即．
∴，
∴．
∴，，即；
②由①得：，
∴；
（3）长的最小值为，最大值为．理由如下：
∵，
∴，
如图，作，则，
∴四点在同一个圆上，记为，连接，
∴，，
∵，
∴．
连接．当点在线段上时，取得最小值，
此时．
∵，，
∴，
∴．
∴长的最小值为．
当点移动到点时，点与点重合，此时取得最大值．
如图所示，同理可得．
∴长的最大值为4．转动转盘的次数
100
200
400
500
800
1000
落在“文创”区域的次数
60
122
240
295
604
落在“文创”区域的频率
0.6
0.61
0.6
0.59
0.604
项目主题
合理设置智慧洒水车喷头
问题背景
洒水车是城市绿化的生力军，清扫道路，美化市容，降温除尘，环保绿化，如图1，一辆洒水车正在沿着公路行驶（平行于绿化带），为绿化带浇水．数学小组成员想了解洒水车要如何把控行驶路线与绿化带之间的距离，才能保证喷出的水浇灌到整个绿化带．围绕这个问题，该小组开展了“合理设置智慧洒水车喷头”为主题的项目式学习．
素材1
利用图1实际测量数据建立如图2所示的平面直角坐标系，可以把洒水车喷出水的上、下边缘抽象为两条抛物线的部分图象，喷水口H离地面竖直高度h为米．上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为3米，高出喷水口米；
素材2
小组成员通过进一步分析发现：当喷头洒水进行调整时，喷头喷出的水柱抛物线形状不发生改变，即下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，
素材3
如果我们把绿化带横截面抽象为矩形，其水平宽度米，竖直高度米，洒水车到绿化带的距离为d米．
问题解决
任务1
测量建模：（1）请你求出上边缘抛物线的函数解析式；
任务2
推理分析：（2）请你结合模型探究下边缘抛物线与x轴交点B的坐标；
任务3
实践探究：（3）若洒水车到绿化带距离调整为米，洒水车行驶时喷出的水覆盖区域能否浇灌到整个绿化带？请说明理由．