2026年湖北省黄石市大冶市中考数学联考试卷（3月份）(含详细答案解析)

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1.2026年是马年，春晚的主题是“骐骥驰骋，势不可挡”，2026的相反数是( )
A. 2026B. −2026C. 12026D. −12026
2.下列国产AI软件图标属于轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列各式计算正确的是( )
A. x2⋅x3=x5B. x2+3x2=4x4C. x8÷x2=x4D. (3x2y)2=6x4y2
4.同时抛掷两枚质地均匀的硬币，两枚硬币全部“反面向上”这一事件是( )
A. 随机事件B. 确定性事件C. 不可能事件D. 必然事件
5.下列关于x的一元一次不等式x−1>0的解集在数轴上的表示正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图折叠一张长方形纸片，已知∠1=70∘，则∠2的度数是( )
A. 55∘
B. 70∘
C. 20∘
D. 110∘
7.如图，在△ABC中，AB= 6，AC= 3，∠BAC=30∘，将△ABC绕点A逆时针旋转60∘得到△AB1C1，连接BC1，则BC1的长为( )
A. 3
B. 4
C. 2 3
D. 3 2
8.某餐厅中1张桌子可坐8人，按照如图方式将桌子拼在一起，n张桌子拼在一起可坐( )
A. (6+n)人B. (6+2n)人C. (6+3n)人D. (3n+2)人
9.如图，在△ABC中，AB=AC= 5，BC=4，按下列步骤作图：①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于12EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；②分别以点A，B为圆心，大于12AB的长为半径作弧相交于点M、N，作直线MN，交射线AH于点O；③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．则⊙O的半径为( )
A. 2.5B. 5C. 2D. 5
10.抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c为常数，a0，
∴方程总有两个不相等的实数根.
(2)k的值为−4

【解析】(1)证明：Δ=(k+2)2−4k
=k2+4k+4−4k
=k2+4>0，
∴方程总有两个不相等的实数根；
(2)由一元二次方程根与系数的关系得x1+x2=−(k+2)，x1x2=k，
∴−(k+2)−k=6，
解得：k=−4.
(1)根据一元二次方程判别式与根的情况，证明Δ>0即可得到答案；
(2)由一元二次方程根与系数的关系得x1+x2=−(k+2)，x1x2=k，根据题意，代入x1+x2−x1x2=6，解方程即可得到答案．
本题考查一元二次方程相关问题，涉及一元二次方程判别式与根的情况，一元二次方程根与系数的关系，解一元二次方程等知识，熟练掌握一元二次方程相关知识是解决问题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∴∠A+∠ABC=90∘，
∵∠D=∠ABC，
∴∠D+∠A=90∘，
∴∠ABD=90∘，
∵AB是半圆O的直径，
∴BD是半圆O的切线；
(2)解：连接OC，
∵∠ABC=60∘，
∴∠AOC=2∠ABC=120∘，
∵OC=OB，
∴△BOC是等边三角形，
∴OC=BC=3，
∴AC的长=120π×3180=2π.
【解析】(1)根据圆周角定理得到∠ACB=90∘，得到∠D+∠A=90∘，求得∠ABD=90∘，根据切线的判定定理即可得到结论；
(2)连接OC，根据圆周角定理得到∠AOC=2∠ABC=120∘，根据等边三角形的性质得到OC=BC=3，根据弧长公式即可得到AC的长=120π×3180=2π.
本题考查了切线的判定和性质，弧长的计算，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
22.【答案】抛物线的解析式为：y=−0.8(x+0.5)2+3.2 乒乓球第一次落地点B距斜坡底端O的水平距离为1.5m 小宇挑战成功．
理由：∵点C距离点B的水平距离是2.4m，
∴点C点坐标为(3.9,0)，
∴乒乓球第二次飞行路线的对称轴为：直线x=1.5+3.92=2.7，
∵乒乓球第二次飞行路线和第一次飞行路线的抛物线形状相同，
∴设抛物线的解析式为：y=−0.8(x−2.7)2+b，
∵经过点B(1.5,0)，
∴0=−0.8(1.5−2.7)2+b，
解得：b=1.152，
∴抛物线的解析式为：y=−0.8(x−2.7)2+1.152，
∵1.152>1，
∴小宇挑战成功
【解析】解：(1)设抛物线的解析式为：y=a(x+0.5)2+3.2，
∵经过点A(−1,3)，
∴3=a(−1+0.5)2+3.2，
解得：a=−0.8，
∴抛物线的解析式为：y=−0.8(x+0.5)2+3.2；
(2)当y=0时，−0.8(x+0.5)2+3.2=0，
解得：x1=1.5，x2=−2.5(不合题意，舍去).
∴点B点坐标为(1.5,0)，
∴OB=1.5.
答：乒乓球第一次落地点B距斜坡底端O的水平距离为1.5m；
(3)小宇挑战成功．
理由：∵点C距离点B的水平距离是2.4m，
∴点C点坐标为(3.9,0)，
∴乒乓球第二次飞行路线的对称轴为：直线x=1.5+3.92=2.7，
∵乒乓球第二次飞行路线和第一次飞行路线的抛物线形状相同，
∴设抛物线的解析式为：y=−0.8(x−2.7)2+b，
∵经过点B(1.5,0)，
∴0=−0.8(1.5−2.7)2+b，
解得：b=1.152，
∴抛物线的解析式为：y=−0.8(x−2.7)2+1.152，
∵1.152>1，
∴小宇挑战成功．
(1)用顶点式表示出抛物线解析式，进而把点A的坐标代入可得二次项系数；
(2)取(1)中得到的抛物线的解析式中的y等于0，求得合适的x的值即可求得乒乓球第一次落地点B距斜坡底端O的水平距离；
(3)判断出新的抛物线的二次项系数和对称轴，设出函数解析式，进而把点B的坐标代入可得抛物线顶点的纵坐标，与1比较即可判断小宇是否挑战成功．
本题考查二次函数的应用．用顶点式求出二次函数的解析式是解决本题的关键．用到的知识点为：两个抛物线的形状相同，则二次项系数相等．
23.【答案】2；
①四边形BPDQ是平行四边形；理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，CD=AB=6，∠A=∠C=90∘，
∴∠ADB=∠DBC，
由折叠的性质可知，∠PA′B=∠A=90∘，∠DC′Q=∠C=90∘，A′B=AB=DC′=DC，AP=A′P，
∴∠PA′D=∠QC′B，DC′−A′C′=A′B−C′A′，
∴DA′=BC′，
在Rt△PDA′和Rt△QBC′中，
∠ADB=∠DBCDA′=BC′∠PA′D=∠QC′B，
∴△PDA′≌△QBC′(ASA)，
∴PD=BQ，
又∵PD//QB，
∴四边形BPDQ是平行四边形；
②AP=6 34−185；
A′E与DE的数量关系为A′E=DE，线段A′D的长为50 6161
【解析】(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，BC=AD=10，∠A=90∘，
∴∠APB=∠PBC，
∵折叠纸片使点A落在点A′处，并使折痕经过点B，得到折痕BP，
∴∠APB=∠A′PB，∠PA′B=∠A=90∘，A′B=AB=6，AP=A′P，
∴∠A′PB=∠PBC，∠BA′C=90∘，
∴PC=BC=10，
在直角三角形A′BC中，由勾股定理得：CA′= BC2−A′B2= 102−62=8，
∴AP=PA′=PC−CA′=10−8=2；
(2)①四边形BPDQ是平行四边形；理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，CD=AB=6，∠A=∠C=90∘，
∴∠ADB=∠DBC，
由折叠的性质可知，∠PA′B=∠A=90∘，∠DC′Q=∠C=90∘，A′B=AB=DC′=DC，AP=A′P，
∴∠PA′D=∠QC′B，DC′−A′C′=A′B−C′A′，
∴DA′=BC′，
在Rt△PDA′和Rt△QBC′中，
∠ADB=∠DBCDA′=BC′∠PA′D=∠QC′B，
∴△PDA′≌△QBC′(ASA)，
∴PD=BQ，
又∵PD//QB，
∴四边形BPDQ是平行四边形；
②在Rt△ABD中，AB=6，AD=10，
由勾股定理得：DB= AB2+AD2= 62+102=2 34，
∵∠PA′B=∠A=90∘，
∴∠DA′P=90∘=∠A，
又∵∠ADB=∠A′DP，
∴△ADB∽△A′DP，
∴PA′BA=PDBD，
∴AP6=10−AP2 34，
解得：AP=6 34−185；
(3)A′E与DE的数量关系为A′E=DE，线段A′D的长为50 6161；理由如下：
∵点P是AD的中点，
∴AP=DP，
由折叠的性质可知，A′P=AP，
∴DP=A′P，
∴∠PA′D=∠PDA′，
∴∠PA′E=∠PDE，
∴∠EA′D=∠EDA′，
∴A′E=DE，
在Rt△ABP中，由勾股定理得，BP= AB2+AP2= 62+52= 61，
如图，连接AA′交BP于点F，则AF=A′F，
∵点P是AD的中点，
∴PF是△AA′D的中位线，
∴A′D=2PF，
∵∠APB=∠FPA，∠BAP=∠AFP=90∘，
∴△APB∽△FPA，
∴APFP=BPAP，即5FP= 615，
解得：FP=25 6161，
∴A′D=2FP=50 6161.
(1)利用四边形ABCD是矩形得到∠APB=∠PBC，由折叠的性质得∠APB=∠A′PB，∠PA′B=∠A=90∘，A′B=AB=6，AP=A′P，所以∠A′PB=∠PBC，∠BA′C=90∘，再根据勾股定理求出CA′= BC2−A′B2= 102−62=8，即可得解；
(2)①利用四边形ABCD是矩形得到∠ADB=∠DBC，由折叠的性质可知，∠PA′B=∠A=90∘，∠DC′Q=∠C=90∘，A′B=AB=DC′=DC，AP=A′P，证明△PDA′≌△QBC′得到PD=BQ，再结合PD//QB，即可求解；
②根据勾股定理得DB= AB2+AD2= 62+102=2 34，证明△ADB∽△A′DP得到PA′BA=PDBD，代入数据，即可求解；
(3)根据点P是AD的中点以及折叠的性质可得∠PA′D=∠PDA′，再根据∠PA′E=∠PDE得∠EA′D=∠EDA′，所以A′E=DE，利用勾股定理得BP= AB2+AP2= 62+52= 61，连接AA′交BP于点F，则AF=A′F，证明△APB∽△FPA得APFP=BPAP，代入数据求出FP=25 6161，即可求解．
本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、相似三角形的判定与性质、中位线定理等知识，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
24.【答案】y=x2−2x (−2,8) 00，
∴A(3,3)，
观察图形可知，当m≥3时，抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而增大；
②当抛物线在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，如图3，当PQ经过抛物线的对称轴x=1时，

∵MQ=PQ=2|m|，m>0，
∴2m=1，
解得：m=12，
观察图形可知，当0