2026年山东省临沂市费县中考一模考试数学试题（含答案+解析）

这是一份2026年山东省临沂市费县中考一模考试数学试题（含答案+解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.−2的相反数是( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
2.根据等式的性质，下列各式变形正确的是( )
A. 若a2=b2，则a=bB. 若ac=bc，则a=b
C. 若ac=bcc≠0，则a=bD. 若−13x=6，则x=−2
3.通电瞬间，导线中的电流以接近光速形成，但其中自由电子定向移动的平均速度大约只有0.000074m/s，比蜗牛爬行的速度还慢.数据“0.000074”用科学记数法表示为( )
A. 0.74×10−4B. 7.4×10−4C. 7.4×10−5D. 74×10−6
4.某物体的三视图如图所示，则该物体可能是( )
A. B. C. D.
5.《九章算术》中有一段文字的大意是：有人合伙买羊，若每人出5钱，还差45钱；若每人出7钱，还差3钱.问合伙人数、羊价各是多少？设合伙人数为x人，羊价为y钱，则可列方程组为( )
A. 5x−45=y7x−3=yB. 5x+45=y7x−3=yC. 5x+45=y7x+3=yD. 5x−45=y7x+3=y
6.已知一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点M(1,2)，且y随x的增大而增大.若点N在该函数的图象上，则点N的坐标可以是( )
A. (−2,2)B. (2,1)C. (−1,3)D. (3,4)
7.如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，对角线AC，BD交于点O，点P是AB的中点，连接DP，点E是DP的中点，连接OE，则OE的长是( )
A. 1B. 32C. 2D. 4
8.如图，将量角器和含30 ∘角的一块三角板紧靠着放在同一平面内，使D，C，B在同一直线上，且DC=2BC，过点A作量角器圆弧所在圆的切线，切点为E，如果AB=6cm，则DE⌢的长度为( )
A. πcmB. 32πcmC. 3πcmD. 2πcm
9.如图所示的电路中，当随机闭合开关S1、S2、S3中的两个时，灯泡能发光的概率为( )
A. 23B. 12C. 13D. 16
10.第一次操作，在圆上两个不同的点上分别写上数2和5；第二次操作，在数字2，5将圆周分成的两条圆弧的中点处分别写上2与5的和；第三次操作，在四个四分之一圆弧的中点处分别写上每条弧的两端点上的数之和；⋯⋯；如图所示，每次都在由数字划分出的圆弧的中点处分别写上这条弧的两端点上的两个数的和，24次操作后圆周上的所有数的和与27次操作后圆周上的所有数的和的比是多少？( )
A. 13B. 14C. 19D. 127
二、填空题：本题共6小题，共25分。
11.因式分解：2x2−18= .
12.已知方程x2−2x−5=0的两根分别为x1，x2，则x1+1x2+1的值为 .
13.在平面直角坐标系中，点M(−2,4)关于原点对称的点的坐标是 .
14.如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60 ∘，对角线AC、BD相交于点M.过点D作AC的平行线交BC的延长线于点N，连接MN.则MN的长为 .
15.如图，在矩形ABCD中，AB=12，BC=7，点M是AB边的中点，点N是AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转90 ∘，点N旋转到点N′，则△MBN′周长的最小值为 .
16.校田径队教练选出甲、乙、丙、丁四名运动员参加100米比赛．对这四名运动员最近10次100米跑测试成绩(单位：s)的数据进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a.甲、乙两名运动员10次测试成绩的折线图：
b.丙运动员10次测试成绩：12.4 12.4 12.5 12.7 12.8 12.8 12.8 12.8 12.9 12.9
c.四名运动员10次测试成绩的平均数、中位数、方差：
(1)表中m的值为 ；
(2)表中n 0.056(填“>”“=”或“x−3x−12>x3
四、解答题：本题共6小题，共65分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题10分)
如图，在△ABC中，AB=AC,∠B=72 ∘，以点C为圆心，适当长为半径作弧，交CA于点M，交CB于点N，再分别以点M，N为圆心，大于12MN的长度为半径作弧，两弧相交于点P，作射线CP交AB于点D.
(1)求∠BCD的度数；
(2)若BC=2.5，求AD的长．
19.(本小题10分)
某型号起重机吊起一货物M在空中保持静止状态时，如图1，货物M与点O的连线MO恰好平行于地面，BM=3米，∠BOM=18.17 ∘.(参考数据：sin18.17 ∘≈0.31,cs18.17 ∘≈0.95,tan18.17 ∘≈0.33,sin36 ∘≈0.59,cs36 ∘≈0.81,tan36 ∘≈0.73，结果精确到1米)
(1)求直吊臂OB的长；
(2)如图2，直吊臂OB与BM的长度保持不变，OB绕点O逆时针旋转，当∠OBM=36 ∘时，货物M上升了多少米？
20.(本小题10分)
如图，直线l：y=−34x+b与反比例函数y=kxk≠0的图象交于点A−8,4.
(1)求一次函数和反比例函数解析式；
(2)将直线l向上平移，在x轴上方与反比例函数图象交于点C，连接OA，OC，当OA与x负半轴的夹角和OC与y正半轴的夹角相等时，求点C的坐标及直线l向上平移的距离．
21.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，P为⊙O外一点，OP//AC，且∠OBP=90 ∘，连接PC.
(1)求证：PC与⊙O相切；
(2)若AO=3，OP=5，求AC的长．
22.(本小题15分)
已知点A1,0在抛物线y=−x2+bx−5(b为常数)的图象上．
(1)求b的值．
(2)过点B0,m与x轴平行的直线交抛物线于C，D两点，且点C为线段BD的中点，求m的值．
(3)设d10，舍去.
B:点(2,1)，代入y=kx+b得1=k×2+b，把b=2−k代入得1=2k+2−k，化简得k=−1，不满足k>0，舍去.
C:点(−1,3)，代入y=kx+b得3=k×(−1)+b，把b=2−k代入得3=−k+2−k，化简得2k=−1，解得k=−0.5，不满足k>0，舍去.
D:点(3,4)，代入y=kx+b得4=k×3+b，把b=2−k代入得4=3k+2−k，化简得2k=2，解得k=1，满足k>0.符合条件
故选：D.
7.【答案】C
【解析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，由平行四边形性质可得OB=OD，即O为BD中点，又E是PD的中点，所以OE是△PBD中位线，然后根据中位线定理即可求解，掌握平行四边形的性质，三角形中位线定理是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，即O为BD中点，
∵E是PD的中点，
∴OE是△PBD中位线，
∴OE=12PB，
∵AB=8，点P是AB的中点，
∴PB=12AB=4，即OE=12PB=2，
故选：C.
8.【答案】A
【解析】连接OA，OE，根据AE为圆O的切线，得到AE垂直于OE，利用HL得到直角三角形AEO与直角三角形ACO全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠AOE=∠AOC，再由DC=2BC，且O为DC中点，得到OC=BC，利用SAS得到三角形ACO与三角形ACB全等，确定出∠EOD度数，在直角三角形ABC中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半求出BC的长，即为圆O的半径，利用弧长公式求出弧DE长即可．
【详解】解：设DC的中点为O，连接OA，OE，
∵AE为圆O的切线，
∴AE⊥OE，即∠AEO=90 ∘，
在Rt△AEO和Rt△ACO中，
OE=OCAO=AO，
∴Rt△AEO≌Rt△ACO(HL)，
∴∠EOA=∠COA，
∵DC=2BC，且OD=OC=12DC，
∴OC=BC，
在△ACO和△ACB中，
AC=AC∠ACO=∠ACB=90∘OC=BC，
∴△ACO≌△ACB(SAS)，
∴∠AOC=∠ABC=60 ∘，∠CAB=∠CAO=30 ∘，
∴∠EOC=120 ∘，即∠EOD=60 ∘，
在Rt△ABC中，∠BAC=30 ∘，AB=6cm，
∴BC=3cm，即圆O半径为3cm，
则l=60π×3180=π.
9.【答案】A
【解析】【分析】
画树状图，共有6种等可能的结果，其中灯泡能发光的有4种结果，再由概率公式求解即可．
【解答】
解：把S1、S2、S3分别用1、2、3表示，
画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中灯泡能发光的有4种结果，
∴灯泡能发光的概率为：46=23，
故选：A.
10.【答案】D
【解析】通过计算前几次操作后圆周上所有数的和，发现每次操作后所有数的和变为原来的3倍，从而得出第n次操作后所有数的和的通项公式，最后计算比值即可．
【详解】解：设第n次操作后圆周上所有数的和为Sn，
第一次操作后，圆周上的数为2，5，
∴S1=2+5=7；
第二次操作后，圆周上的数为2，7，5，7，
∴S2=2+7+5+7=21=3×7=3S1；
第三次操作后，圆周上的数为2，9，7，12，5，12，7，9，
∴S3=2+9+7+12+5+12+7+9=63=3×21=3S2，
∵每次操作都在相邻两数之间插入它们的和，
∴新增的数的和等于原来所有数的和的2倍(因为圆周上每个数都作为端点参与了两次加法)，
∴新的总和Sn=Sn−1+2Sn−1=3Sn−1，
∴Sn=7×3n−1，
∴第24次操作后所有数的和S24=7×323，第27次操作后所有数的和S27=7×326，
∴S24S27=7×3237×326=133=127.
11.【答案】2(x+3)(x−3)
【解析】【分析】
本题考查因式分解.
先提公因式2后，再利用平方差公式分解即可．
【详解】
解：2x2−18=2(x2−9)=2(x+3)(x−3).
故答案为：2(x+3)(x−3)
12.【答案】−2
【解析】【分析】
依据题意，利用根与系数的关系得到x1+x2，x1x2的值，将(x1+1)(x2+1)展开代入计算即可．
本题主要考查了根与系数的关系，解题时要熟练掌握并能灵活运用关系式是关键．
【解答】
解：∵方程x2−2x−5=0的两根分别为x1，x2，
∴x1+x2=2，x1x2=−5，
∴(x1+1)(x2+1)
=x1x2+x1+x2+1
=−5+2+1
=−2.
故答案为：−2.
13.【答案】(2,−4)
【解析】解：点(−2,4)关于原点对称的点的坐标为(2,−4).
故答案为：(2,−4).
根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案．
本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
14.【答案】 7
【解析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，先证明△ACD为等边三角形，进而得到AC=2，三线合一求出DM的长，证明四边形ACND为平行四边形，进而得到DN=AC=2，推出∠MDN=90 ∘，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60 ∘，
∴AC⊥BD,∠ADC=∠ABC=60 ∘,∠ADB=∠CDB=12∠ADC=30 ∘,AD=DC=2,AD//BC，
∴△ACD为等边三角形，
∴AC=AD=2，∠ACD=60 ∘，
∵AC⊥BD，
∴AM=12AC=1，DM= AD2−AM2= 3，
∵DN//AC，
∴四边形ACND为平行四边形，∠CDN=∠ACD=60 ∘，
∴DN=AC=2,∠MDN=∠CDB+∠CDN=90 ∘，
∴MN= DN2+DM2= 7；
故答案为： 7.
15.【答案】6+6 5 /6 5+6
【解析】由点M是AB边的中点得BM=6，要求△MBN′周长最小，实际是求BN′+MN′最小，先找出N′运动轨迹，由线段旋转90 ∘，可得三垂直全等，进而推出点N′在平行于AB，且与AB的距离为6的直线上运动，再作对称求解即可.
【详解】解：∵AB=12，点M是AB边的中点，
∴BM=AM=6，
如图，过点N′作EF//AB，交AD、BC于E、F，过点M作MG⊥EF于点G，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB//CD，∠ABC=∠A=90 ∘
∴AB//EF//CD，
∴∠AEG=∠MGE=∠BMG=∠MGF=90 ∘，
∴∠ABC=∠A=∠AEG=∠MGE=∠BMG=∠MGF=90 ∘，
∴四边形AMGE和BMGF都是矩形，
∴∠AMG=90 ∘，
由旋转的性质得∠NMN′=90 ∘,MN=MN′，
∴∠AMN=90 ∘−∠NMG=∠GMN′，
∴△AMN≌△GMN′AAS，
∴MG=AM=6，
∴点N′在平行于AB，且与AB的距离为6的直线上运动，
作点M关于直线EF的对称点M′，连接M′B交直线EF于点N′，
此时△MBN′周长取得最小值，最小值为BM+BM′，
∵BM=6,MM′=6+6=12，
∴BM+BM′=6+ 62+122=6+6 5.
16.【答案】【小题1】
12.5
【小题2】
3.

【解析】1.
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解；
2.
分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
18.【答案】【小题1】
解：∵AB=AC,∠B=72 ∘，
∴∠ACB=∠B=72 ∘.
由作图可知，CD是∠ACB的角平分线，
∴∠BCD=∠ACD=12∠ACB=36 ∘.
【小题2】
解：在△BCD中，由三角形内角和定理得∠BDC=180 ∘−∠B−∠BCD=72 ∘，
∴∠BDC=∠B，
∴CD=CB，
在△ACD中，∵∠BDC=∠A+∠ACD,∠ACD=36 ∘，
∴∠A=∠BDC−∠ACD=72 ∘−36 ∘=36 ∘.
∴∠A=∠ACD.
∴AD=CD.
∴AD=BC.
∵BC=2.5，
∴AD=2.5.

【解析】1.
本题考查了角平分线、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质等知识点，熟记相关结论即可.
由题意得∠ACB=∠B=72 ∘，根据CD是∠ACB的角平分线即可求解；
2.
求出∠BDC=180 ∘−∠B−∠BCD=72 ∘，得到CD=CB；求出∠A=∠BDC−∠ACD=72 ∘−36 ∘=36 ∘.∠A=∠ACD.推出AD=CD.即可求解；
19.【答案】【小题1】
解：由题意得，BM⊥OM，
∵∠BOM=18.17 ∘，BM=3米，
∴在Rt△BOM中，OB=MBsin∠BOM=30.31≈10(米)，
答：直吊臂OB的长为10米；
【小题2】
解：记旋转后的点B,M的对应点为B′,M′，延长BM′交OM于点F，过点B作BE⊥B′F于点E，则∠BEF=90 ∘，
由题意得：B′M′=BM=3米，OB′=OB=10米，
∴∠BEF=∠EFM=∠BMF=90 ∘，
∴四边形EFMB为矩形，
∴BM=EF=3米，
在Rt△B′OF中，B′F=OB′×cs∠OB′M=10×0.81=8.1米，
∴M′F=B′F−B′M′=8.1−3=5.1≈5(米)，
∴货物M上升了5米．

【解析】1.
本题考查了解直角三角形的实际应用，旋转的性质，矩形的性质与判定，正确理解题意，构造直角三角形是解题的关键．
根据OB=MBsin∠BOM，即可解Rt△BOM，即可求解；
2. 记旋转后的点B,M的对应点为B′,M′，延长BM′交OM于点F，过点B作BE⊥B′F于点E，可得四边形EFMB为矩形，则BM=EF=3米，在Rt△B′OF中，由B′F=OB′×cs∠OB′M求出B′F，再由M′F=B′F−B′M′，即可求解．
20.【答案】【小题1】
解：∵直线l：y=−34x+b与反比例函数y=kxk≠0的图象交于点A−8,4，
∴−34×−8+b=4，k=−8×4，
解得：b=−2，k=−32，
∴一次函数为y=−34x−2，反比例函数解析式为y=−32x；
【小题2】
解：如图，过A作AD⊥x轴于点D，过C作CE⊥y轴于点E，
∴∠ADO=∠CEO=90 ∘，
∵A−8,4，
∴AD=4，OD=8，
∵∠1=∠2，
∴tan∠1=tan∠2，即ADOD=CEOE=12，
设CE=aa>0，则OE=2a，
∴C−a,2a，
∵C在y=−32x图象上，
∴−a×2a=−32，解得：a=4(负值已舍去)，
∴C−4,8，
设一次函数平移后的直线对应的解析式为y=−34x−2+n，
把C−4,8代入得：−34×−4−2+n=8，解得：n=7，
∴直线l向上平移的距离为7，
综上可得：C−4,8，直线l向上平移的距离为7.

【解析】1.
利用待定系数法即可求解；
2.
过A作AD⊥x轴于点D，过C作CE⊥y轴于点E，由题意可得tan∠1=tan∠2，即ADOD=CEOE=12，设CE=aa>0，则OE=2a，然后求得a=4，所以C−4,8，设一次函数平移后的直线对应的解析式为y=−34x−20+n，再把C−4,8代入得−34×−4−20+n=8，求出n的值即可．
21.【答案】【小题1】
证明：如图，连接OC，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∵OP//AC，
∴∠OAC=∠BOP，∠OCA=∠COP，
∴∠COP=∠BOP，
在△COP和△BOP中，
OC=OB∠COP=∠BOPOP=OP
∴△COP≌△BOPSAS，
∴∠OCP=∠OBP=90 ∘，
∴OC⊥PC，
∴PC与⊙O相切；
【小题2】
解：如图，连接BC交OP于点D，
∵△COP≌△BOP，
∴PC=PB，OB=OC，
∴OP垂直平分BC，
∵AO=BO=3，OP=5，∠OBP=90 ∘，
∴BP= OP2−OB2= 52−32=4，
∵S△OBP=12OB⋅BP=12OP⋅BD，
∴BD=OB⋅BPOP=3×45=125，
∴BC=2BD=245，
∵AB是⊙O的直径，
∴AB=2OA=6，∠ACB=90 ∘，
∴AC= AB2−BC2= 62−2452=185.

【解析】1.
连接OC，利用平行线的性质及等边对等角，通过等量代换可得∠COP=∠BOP，进而证明△COP≌△BOPSAS，推出∠OCP=∠OBP=90 ∘，即可证明PC与⊙O相切；
2.
由△COP≌△BOPSAS可推出OP垂直平分BC，利用等面积法求出BD，进而求出BC，由圆周角定理得∠ACB=90 ∘，最后用勾股定理解Rt△ACB即可．
22.【答案】【小题1】
解：∵点A1,0在抛物线y=−x2+bx−5的图象上，
∴0=−12+b−5，
解得：b=6；
【小题2】
解：由(1)得b=6，
∴抛物线解析式为y=−x2+6x−5，
设直线BD解析式为y=m，
联立得：y=−x2+6x−5y=m，
∴−x2+6x−5=m，即x2−6x+5+m=0，
设C、D的横坐标为xC，xD，
∵点C为线段BD的中点，点B0,m，
∴xC=0+xD2，
∴xD=2xC，
∵xC+xD=6，
∴xC+2xC=6，解得：xC=2，
∴当x=2时，y=−22+6×2−5=3，
∴m=3；
【小题3】
解：由(1)得，y=−x2+6x−5=−x−32+4，
∴抛物线的对称轴为直线x=3，顶点为3,4，
∵d1