2026年广东省中山市西区中学中考数学一模试卷（含答案+解析）

这是一份2026年广东省中山市西区中学中考数学一模试卷（含答案+解析），共32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。
1.12026的相反数是( )
A. −12026B. 12026C. −2026D. 2026
2.2026年是中国工农红军二万五千里长征胜利90周年.数据25000用科学记数法可表示为( )
A. 0.25×106B. 2.5×105C. 2.5×104D. 25×103
3.下列汉字是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
4.若−x2yn与3yx2是同类项，则n的值是( )
A. −1B. 1C. 2D. 3
5.若x=3是关于x的方程2k−x=7的解，则k的倒数是( )
A. 5B. −5C. 12D. 15
6.一个九边形的内角和等于( )
A. 1800∘B. 1440∘C. 1260∘D. 1080∘
7.一个正方体的平面展开图如图所示，将它折成正方体后“简”字对面是( )
A. 和
B. 谐
C. 设
D. 阳
8.小亮不小心将墨水洒在了试卷上，恰好将位于第三象限内的点P(− 2,)的纵坐标污染了，看不清楚，请你帮小亮判断下列可能表示其纵坐标的是( )
A. 0B. −2C. 3D. 5
9.如图，Rt△AOB≌Rt△COD，直角边分别落在x轴和y轴上，斜边相交于点E，且tan∠OAB=2.若四边形OAEC的面积为12，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点E，则k的值是( )
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
10.如图，矩形ABCD中，AB=2，AD=2 3，动点P从点A出发向终点D运动，连BP，并过点C作CH⊥BP，垂足为H.①△ABP∽△HCB；②AH的最小值为 7− 3； ③在运动过程中，BP扫过的面积始终等于CH扫过的面积；④在运动过程中，点H的运动路径的长为23 3π，其中正确的有( )
A. ①②③B. ①②④C. ②③④D. ①③④
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.因式分解：x2−x= .
12.计算：(π−3)0−(12)−1= .
13.已知一元二次方程x2−7x+11=0的两个根是菱形的两条对角线长，则这个菱形的面积为 .
14.若关于x的不等式组3x−m>612x>3m+1的解集是x>1，则m值 .
15.已知在△ABC中，∠ACB=90∘，AB=10，sinA= 55(如图)，把△ABC绕着点C按顺时针方向旋转α∘(0612x>3m+1的解集是x>1，
①当m+63>6m+2，即mm+63时，即m>0，
∴6m+2=1
∴m=−16，与m>0矛盾，
∴m值是−3.
由题意将不等式组的解集用m表示出来，再根据不等式组3x−m>612x>3m+1的解集是x>1，代入求出m的值．
要考查了一元一次不等式组解集的求法，将不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到(无解)逆用，已知不等式解集反过来求m的范围．
15.【答案】2 5或6 5
【解析】解：分两种情况：
①当点B′在线段AC上时，△AA′C为直角三角形，
∵∠ACB=90∘，AB=10，sinA= 55，
∴BC=AB× 55=10× 55=2 5，
∴B′C=2 5，AC= AB2−BC2=4 5，
∴AB′=AC−B′C=4 5−2 5=2 5；
②当点B′在线段AC的延长线上时，△AA′C为直角三角形，
同理可得，B′C=2 5，AC=4 5，
∴AB′=AC+B′C=4 5+2 5=6 5；
综上所述，点A与点B′的距离为2 5或6 5.
故答案为：2 5或6 5.
根据△AA′C为直角三角形，分两种情况：①当点B′在线段AC上时，△AA′C为直角三角形；②当点B′在线段AC的延长线上时，△AA′C为直角三角形，依据线段的和差关系进行计算即可得到点A与点B′的距离．
本题考查了旋转的性质，勾股定理，锐角三角函数的应用，运用分类思想是本题的关键．
16.【答案】解：(1)∵抛物线过矩形顶点B、C，其中C(0,1)，B(n,1)
∴当n=1时，抛物线对称轴为直线x=12，
∴−b2a=12，
∵a=−1，
∴b=1，
答：b的值是1.
(2)设所求抛物线解析式为y=ax2+bx+1，
由对称性可知抛物线经过点B(2,1)和点M(12,2)，
则1=4a+2b+12=14a+12b+1，
解得a=−43b=83.
∴所求抛物线解析式为y=−43x2+83x+1，
答：此时抛物线的解析式是y=−43x2+83x+1.
(3)①当n=3时，OC=1，BC=3，
设所求抛物线解析式为y=ax2+bx，
过C作CD⊥OB于点D，
则Rt△OCD∽Rt△OBC，
∴ODCD=OCBC=13，
设OD=t，则CD=3t，
∵OD2+CD2=OC2，
∴(3t)2+t2=12，
∴t= 110= 1010，
∴C( 1010,310 10)，
又∵B( 10,0)，
∴把B、C坐标代入抛物线解析式，得0=10a+ 10b310 10=110a+ 1010b，
解得：a=− 103，
答：a的值是− 103.
②答：a关于n的关系式是a=− n2+1n.
【解析】(1)根据已知得到抛物线对称轴为直线x=12，代入即可求出b；
(2)设所求抛物线解析式为y=ax2+bx+1，由对称性可知抛物线经过点B(2,1)和点M(12,2)，把B、M的坐标代入得到方程组1=4a+2b+12=14a+12b+1，求出a、b的值即可得到抛物线解析式；
(3)①当n=3时，OC=1，BC=3，设所求抛物线解析式为y=ax2+bx，过C作CD⊥OB于点D，则Rt△OCD∽Rt△OBC，得出ODCD=OCBC=13，设OD=t，则CD=3t，根据勾股定理OD2+CD2=OC2，求出t，得出C的坐标，把B、C坐标代入抛物线解析式即可得到方程组，求出a即可；
②根据(1)、(2)①总结得到答案．
本题主要考查相似三角形的性质和判定，正方形的性质，用待定系数法求二次函数的解析式，解二元一次方程组，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键，题型较好综合性强．
17.【答案】解：原式=x+1x÷2x2−1−x22x
=x+1x÷x2−12x
=x+1x⋅2x(x+1)(x−1)
=2x−1.
当x= 3+1时，原式=2 3+1−1=2 3=2 33.
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x的值代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．
18.【答案】14 抽到决策类人工智能(A)与语音类人工智能(C)的概率为16
【解析】解：(1)∵随机抽取一张，抽到A，B，C，D四张卡片的可能性相同，
∴抽到人工智能机器人的卡片的概率为14；
故答案为：14；
(2)根据题意画出树状图如下：
共12种等可能的结果，其中抽到决策类人工智能(A)与语音类人工智能(C)有2种，
∴抽到决策类人工智能(A)与语音类人工智能(C)的概率为212=16.
(1)由概率公式直接可得答案；
(2)画树状图列举出所有情况，再由概率公式可得答案．
本题考查用列表法或树状图法求概率，解题的关键是列出树状图．
19.【答案】(1)△ABC是直角三角形，
因为BC2=152=225，AB2+AC2=122+92=225，
所以AB2+AC2=BC2，
所以△ABC是直角三角形.
(2)方案一所铺设的管道总长较短，
因为△ABC的面积=12AB⋅AC=12BC⋅AD，
所以AD=AB⋅ACBC=12×915=7.2(千米).
方案一：铺设的管道总长为：AB+AC=12+9=21(千米)；方案二：铺设的管道总长为：AD+BC=7.2+15=22.2(千米)，
因为21千米0)即可求得k的值；
(2)利用反比例函数的解析式求得N的坐标，然后根据CP=PN利用勾股定理即可求得P点的坐标．
本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，矩形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，正确求得交点坐标是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：连接OA，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵DA平分∠EDB，
∴∠ADE=∠ADO，
∴∠ADE=∠OAD，
∴AO//EC，
∵AE⊥EC，
∴AE⊥OA，
∵OA是⊙O的半径，
∴AE是⊙O的切线．
(2)解：作OH⊥CD于H，
∴DH=12DC=12×6=3，
∵OA//EH，∠AEH=∠OHE=90∘，
∴四边形AEHO是矩形，
∴OH=AE=4，EH=OA，
∴OD= OH2+DH2= 42+32=5，
∴⊙O的半径长是5，
∴DE=EH−DH=OA−DH=5−3=2，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=90∘，
∴∠AED=∠BAD，
∵∠ADE=∠ADB，
∴△AED∽△BAD，
∴AD：BD=ED：AD，
∴AD：10=2：AD，
∴AD=2 5，
∴AD的长是2 5.
【解析】(1)连接OA，由角平分线定义，平行线的性质推出AE⊥AO，由切线的判定定理即可证明；
(2)作OH⊥CD于H，得到四边形AEHO是矩形，得到OH=AE=3，由勾股定理即可求出圆的半径长，由△AED∽△BAD，得到AD：BD=ED：AD，即可求出AD的长．
本题是圆的综合题，考查切线的判定，垂径定理，勾股定理，角平分线的定义，关键是通过作辅助线得到四边形AEHO是矩形．
22.【答案】(1)=；
(2)如图：
在BC上取点K，使BK=AD，作CK的中点P，则直线AP即为所求；
理由如下：
设直线AD，BC之间的距离为h，
∴S△ABP=12BP⋅ℎ，S梯形APCD=12(AD+CP)⋅ℎ，
∵BK=AD，P为CK中点，
∴BP=BK+PK=AD+CP，
∴S△ABP=S梯形APCD；
(3)过E作ET⊥CD于T，过A作AP⊥CD于P，交BE于Q，如图：
理由如下：
∵BE//CD，∠C=90∘，ET⊥CD，AP⊥CD，
∴四边形BCPQ，四边形BCTE都是矩形，
∵AB=AE=32米，∠BAE=90∘，
∴△ABE是等腰直角三角形．
∴BE= AB2+AE2=32 2(米)，AQ=BQ=QE=12BE=16 2(米)；
∵BC=BE，
∴BC=32 2米=PQ=ET，CT=BE=32 2米；
∴AP=AQ+PQ=48 2米，
∴S△ABE+S矩形BCTE=12×32×32+32 2×32 2=2560(平方米)，
由等腰直角三角形和矩形的对称性可知：S四边形ABCP=12×2560=1280(平方米)；
在Rt△DET中，
tanD=ETDT，即45=32 2DT，
∴DT=40 2米，
∴S△DET=12×40 2×32 2=1280(平方米)，
∴S△ABE+S梯形BCDE=2560+1280=3840(平方米)；
∵AM将这块空地分成面积相等的两部分，
∴S四边形ABCM=12×3840=1920(平方米)，
∴S△APM=1920−1280=640(平方米)，
∴12×48 2⋅PM=640，
解得PM=40 23，
∴CM=CP+PM=16 2+40 23=88 23，AM= AP2+PM2= (48 2)2+(40 23)2=8 6983.
∴M到C的距离为88 23米，AM长度为8 6983米．
【解析】解：(1)∵点D是BC的中点，
∴BD=CD，
∴△ABD和△ACD等底同高，
∴S△ABD=S△ACD；
故答案为：=；
(2)如图：
在BC上取点K，使BK=AD，作CK的中点P，则直线AP即为所求；
理由如下：
设直线AD，BC之间的距离为h，
∴S△ABP=12BP⋅ℎ，S梯形APCD=12(AD+CP)⋅ℎ，
∵BK=AD，P为CK中点，
∴BP=BK+PK=AD+CP，
∴S△ABP=S梯形APCD；
(3)过E作ET⊥CD于T，过A作AP⊥CD于P，交BE于Q，如图：
理由如下：
∵BE//CD，∠C=90∘，ET⊥CD，AP⊥CD，
∴四边形BCPQ，四边形BCTE都是矩形，
∵AB=AE=32米，∠BAE=90∘，
∴△ABE是等腰直角三角形．
∴BE= AB2+AE2=32 2(米)，AQ=BQ=QE=12BE=16 2(米)；
∵BC=BE，
∴BC=32 2米=PQ=ET，CT=BE=32 2米；
∴AP=AQ+PQ=48 2米，
∴S△ABE+S矩形BCTE=12×32×32+32 2×32 2=2560(平方米)，
由等腰直角三角形和矩形的对称性可知：S四边形ABCP=12×2560=1280(平方米)；
在Rt△DET中，
tanD=ETDT，即45=32 2DT，
∴DT=40 2米，
∴S△DET=12×40 2×32 2=1280(平方米)，
∴S△ABE+S梯形BCDE=2560+1280=3840(平方米)；
∵AM将这块空地分成面积相等的两部分，
∴S四边形ABCM=12×3840=1920(平方米)，
∴S△APM=1920−1280=640(平方米)，
∴12×48 2⋅PM=640，
解得PM=40 23，
∴CM=CP+PM=16 2+40 23=88 23，AM= AP2+PM2= (48 2)2+(40 23)2=8 6983.
∴M到C的距离为88 23米，AM长度为8 6983米．
(1)由点D是BC的中点，知△ABD和△ACD等底同高，故S△ABD=S△ACD；
(2)在BC上取点K，使BK=AD，作CK的中点P，则直线AP即为所求；
(3)过E作ET⊥CD于T，过A作AP⊥CD于P，交BE于Q，可证四边形BCPQ，四边形BCTE都是矩形，△ABE是等腰直角三角形．求出BE= AB2+AE2=32 2(米)，AQ=BQ=QE=12BE=16 2(米)；AP=AQ+PQ=48 2米，故S△ABE+S矩形BCTE=12×32×32+32 2×32 2=2560(平方米)，S四边形ABCP=12×2560=1280(平方米)，在Rt△DET中，可得DT=40 2米，即得S△DET=12×40 2×32 2=1280(平方米)，可知S△ABE+S梯形BCDE=2560+1280=3840(平方米)；根据AM将这块空地分成面积相等的两部分，即可得S△APM=1920−1280=640(平方米)，求出PM=40 23，再由勾股定理可得答案．
本题考查四边形综合应用，涉及等腰直角三角形，梯形，勾股定理及应用等知识，解题的关键是掌握三角形，梯形的面积公式．
23.【答案】 32；
见解析；
见解析；
512.
【解析】(1)解：在矩形ABCD中，由折叠知，△CDM≌△CD′M，
∵AM=DM=12AD=1，CD=CD′=AB= 3，
∴CM=2，DM=12CM，
∴∠DCM=∠D′CM=30∘，
∴∠DCD′=∠DCM+∠MCD′=60∘，
∵D′G⊥AD，∠D=90∘，
∴D′G//CD，
∴∠GD′C=180∘−∠DCD′=120∘，
∴∠GD′M=∠GD′C−∠MD′C=30∘，
在Rt△D′GM中，D′M=1，GM=12，
∴D′G= 32，
故答案为： 32；
(2)证明：如图，连接PC.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90∘，AB=BC=CD=AD.
∴∠MD′C=∠D=90∘，
∴∠CD′P=90∘，
在Rt△CD′P和Rt△CBP中，
CD′=CBCP=CP，
∴Rt△CD′P≌Rt△CBP(HL)，
∴BP=D′P；
(3)证明：设正方形纸片ABCD的边长为1.则AM=DM=D′M=12，
设BP=x，则MP=MD′+D′P=DM+BP=12+x，AP=1−x.
在Rt△AMP中，根据勾股定理得，AM2+AP2=MP2，
∴(12)2+(1−x)2=(12+x)2，
解得x=13，
∴BP=13，AP=23，
∴AP：BP=2：1；
(4)解：如图，连接QM，
由折叠知，∠MD′C=∠MD′Q=90∘，MA=MD′，
∴∠QD′M=180∘−∠MD′C=90∘，
∴∠QD′M=∠A=90∘，
在Rt△AQM和RtΔD′QM中，
MA=MD′MO=MQ，
∴Rt△AQM≌Rt△D′QM(HL).
∴AQ=D′Q.
设正方形ABCD的边长为1，AQ=QD′=y，
则QP=AP−AQ=23−y，
在Rt△QPD′中，根据勾股定理得，QD′2+D′P2=QP2，
∵D′P=BP=13，
∴y2+(13)2=(23−y)2，
解得y=14，
∴PQ=23−14=512，
∴PQAB=5121=512.
故答案为：512.
(1)根据勾股定理得CM=2，则∠DCM=∠D′CM=30∘，再利用三角形内角和定理得出∠GD′M=∠GD′C−∠MD′C=30∘，利用含30∘角的直角三角形的性质可得答案；
(2)连接PC，利用HL证明Rt△CD′P≌Rt△CBP，得BP=D′P；
(3)设正方形纸片ABCD的边长为1.则AM=DM=D′M=12，设BP=x，则MP=MD′+D′P=DM+BP=12+x，AP=1−x.在Rt△AMP中，根据勾股定理列方程求出x的值，进而解决问题；
(4)连接QM，由(2)同理得AQ=D′Q.设正方形ABCD的边长为1，AQ=QD′=y，则QP=AP−AQ=23−y，在Rt△QPD′中，根据勾股定理列方程求出y的值，得出PQ的长即可．
本题是主要考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30∘角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．