提分小卷限时练（选择、填空AB两组，综合训练）（无锡专用） 2026年中考数学二轮复习讲练测（原卷版+解析版）

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（考试时间：30分钟 试卷满分：54分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）
1．计算的结果是（ ）
A．3B．C．13D．
【答案】B
【分析】先分别计算绝对值和乘方，再计算加法即可．
【详解】解：
．
2．2025年12月，国家统计局发布权威数据：2025年全国粮食总产量达14298亿斤，较2024年增加167.5亿斤，同比增长，连续两年稳定在1.4万亿斤以上．其中数据“14298亿”用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：14298亿．
3．下列计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据合并同类项法则，同底数幂除法法则，积的乘方法则和完全平方公式，逐一判断各选项运算是否正确．
【详解】解：A．与不是同类项，不能合并，故该选项计算错误，不合题意；
B．，故该选项计算错误，不合题意；
C．，故该选项计算正确，符合题意；
D．，故该选项计算错误，不合题意．
4．一组数据2，6，8，7，3，9，x，这组数据的中位数是6，x的值可以为（ ）
A．9B．8C．7D．4
【答案】D
【分析】本题考查了中位数的概念，先根据数据个数确定中位数的位置，再结合中位数的值得到x的取值范围，最后结合选项得出答案．
【详解】解：∵这组数据共有7个数据，且7是奇数，
∴该组数据的中位数是从小到大排序后第4个数据；
∵该组数据中位数为6，
∴排序后第4个数为6.
将除x外的已知数据从小到大排序得：.
要使排序后第4个数为6，需满足；
观察选项，只有D选项的4满足条件
5．如图中，对角线，相交于点，点是的中点，若，则的长为（ ）
A．3B．4C．5D．8
【答案】B
【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形中位线定理．由平行四边形的性质推出，得到是的中位线，推出，即可求解 ．
【详解】解：∵，对角线，相交于点，
∴，
∵E是中点，
∴是的中位线，
∴．
故选：B．
6．已知一个圆锥侧面展开图是一个半圆，其母线长为4，则其底面圆半径为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查了弧长公式，圆锥的侧面展开图，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
设圆锥底面圆半径为，得到，求出，即可得到答案．
【详解】解：设圆锥底面圆半径为，
根据题意得，
解得，
故选：B．
7．若，则的值是（ ）
A．15B．C．2D．
【答案】A
【分析】本题考查了因式分解的应用，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．先将代数式因式分解，然后将已知式子的值整体代入即可求解．
【详解】解：∵，，
∴
，
故选：A．
8．《九章算术》中记载：“今有不善行者先行一十里，善行者追之一百里，先至不善行者二十里．问善行者几何里及之？”．译文为：“今有不善行者先行10里，善行者追之，走100里时，超过了不善行者20里．问善行者走多少里时就赶上了不善行者？设善行者走里时就赶上了不善行者，则根据题意，可列出方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了分式方程的实际应用，设善行者走里时就赶上了不善行者，当善行者开始出发到善行者追上不善行者时，不善行者所走的路程为里，当善行者走100里时，不善行者走了里，据此列出方程即可．
【详解】解：设善行者走里时就赶上了不善行者，
根据题意得，
故选：A．
9．如图，的顶点在轴的正半轴上，点在对角线上，反比例函数的图象经过C、D两点．已知的面积是36，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查待定系数法求函数解析式、反比例函数图象上点的坐标特征、平行四边形的性质、图形与坐标，熟练掌握反比例函数图象上点的坐标特征和平行四边形的性质是解答的关键．
由点D坐标确定反比例函数解析式及直线OB的表达式，设，确定，，由平行四边形的面积公式求出n值即可解答．
【详解】解：∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴反比例函数的表达式为，
∵点D在对角线上，
∴设直线的表达式为，
∴，则，
∴直线的表达式为，
∵四边形是平行四边形，
∴，
设，
∴点C的纵坐标为，
∴，
解得：，
∴，，
∵的面积是36，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴点B坐标为，
故选：A．
10．若一次函数与反比例函数同时经过点则称二次函数为一次函数与反比例函数的“致远函数”，称点P为致远点．
①函数与函数的“致远函数”最小值是；
②若一次函数和反比例函数在自变量x的值满足的情况下，其“致远函数”的最小值为3，则该“致远函数”的解析式为；
③若函数与函数的“致远函数”图象的顶点为A，与y轴的交点为B，此时由原点O与A，B三点组成的是以为底的等腰三角形，则点B的坐标为；
④若函数与函数的“致远函数”的图象过点，且满足，．则点离原点O的距离的取值范围为．
其中正确的为（ ）
A．①③④B．②③C．①④D．①③
【答案】D
【分析】根据二次函数的性质判断①；先求出“致远函数”的对称轴，再分情况判断②；由定义求出函数的点A及点B的坐标，结合勾股定理求出m的值，进而判断③；利用两点距离公式表示出，根据的取值范围判断④即可．
【详解】解：①函数与函数的“致远函数”为，
顶点为，
∴函数与函数的“致远函数”最小值是，故①正确；
②由和反比例函数得：“致远函数”的解析式为，
函数的对称轴为：；
i当时，即，
，函数取得最小值，即，
解得或（舍去）；
ii当，即，
函数在处取得最小值，即，无解；
iii当时，
函数在处，取得最小值，即，
解得：（舍去），
综上，或4，
故“致远函数”的解析式为或，故②不正确．
③函数与函数的“致远函数”为，
∴顶点，，
∵由原点O与A，B三点组成的是以为底的等腰三角形，
∴，
过A作轴于点C，则，
∴，
解得，
∴，
∴，故③正确；
④函数与函数的“致远函数”为，
将点代入，得，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
点离原点O的距离，
设，则，
∵，
∴当时，的最小值为，
当时，，
当时，，
∴原点O的距离的取值范围为，故④不正确；
故选D．
【点睛】本题是一道二次函数的综合题，主要考查了一次函数与反比例函数的性质，一次函数与反比例函数图象上点的坐标的特征，二次函数的性质，一元一次不等式组的解法，一元二次方程的解法．本题是阅读型题目，理解题干中的定义并熟练应用是解题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分）
11．计算的结果为_______．
【答案】
【分析】本题考查了零指数幂、求一个数的绝对值，先计算零指数幂、绝对值，再计算加减即可．
【详解】解：
，
故答案为：．
12．函数中，自变量的取值范围是______．
【答案】
【分析】本题主要考查分式有意义的条件的二次根式有意义的条件，根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式求解即可．．
【详解】解：根据题意得：，
解得．
故答案为：．
13．若，则的值为______．
【答案】20
【分析】该题考查了代数式求值，先将变形，再将代入求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
故答案为：20．
14．写出命题“若，则．”的逆命题：__________．
【答案】若，则
【分析】本题主要考查了命题和逆命题的知识，正确写出逆命题是解题关键．对于两个命题，如果一个命题的条件和结论分别是另外一个命题的结论和条件，那么这两个命题叫做互逆命题，其中一个命题叫做原命题，另外一个命题叫做原命题的逆命题．根据题目中给出的命题，结合逆命题的定义解答即可．
【详解】解：命题“若，则．”的逆命题：若，则．
故答案为：若，则．．
15．长度分别为1，2，4，a的四条线段首尾顺次相接，能够组成一个四边形．写出一个整数a的值是_____．
【答案】4（答案不唯一）
【分析】此题考查了四边形存在的条件，所有边中最大的边必须小于其余三边之和，据此确定a的值即可．
【详解】解：根据四边形存在的条件，所有边中最大的边必须小于其余三边之和，
当时， 需要，即，故可取5或6，
当时， 需要，即，故可取2，3或4，
因此符合条件的整数为2，3，4，5，6，任选其一即可．
故答案为：4（答案不唯一）．
16．如图，等腰梯形中，，以为圆心，为半径的圆与切于点，与交于点，若，则的长为_______．
【答案】
【分析】本题主要考查了圆的切线定理，等腰梯形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，弧长公式等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用．
连接，利用切线定理和等腰梯形的性质得到和，然后判定为等腰直角三角形，求出和，最后利用弧长公式求解即可．
【详解】解：如图，连接，
与相切于点，
∴，，
∵四边形为等腰梯形，，
∴，且，
，
∴为等腰直角三角形，
，
,
∴的长为，
故答案为：．
17．如图，将一张矩形纸片折叠，折痕为，折叠后，的对应边经过点A，的对应边交的延长线于点P．若，则的长为_________．
【答案】
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理．连接，设，，证明，求得，由折叠的性质求得，在中，利用勾股定理列式计算，即可求解．
【详解】解：连接，设，，
由矩形的性质和折叠的性质知，，，
∵，，
∴，
∴，
由矩形的性质知：
∴，
折叠的性质知：，
∴，
∴，
由折叠的性质知，
∴，
∴，即，
在中，，即，
解得，
∴，
故答案为：
18．如图，正方形中，，是边的中点，点是正方形内一动点，，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，当点A、E、O三点共线时，______，线段长的最小值为______．
【答案】 / /
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形，熟练地利用正方形的性质证明三角形全等是解题的关键．利用正切函数的定义即可求解；证明，推出，，延长到点，使得，连接，证明，推出，当最小时，、、三点共线，据此求解即可．
【详解】解：当点A、E、O三点共线时，是边的中点，
∴，
∴；
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
即，
∴，
在和中
，
∴，
∴，，
由于，所以点可以看作是以为圆心，2为半径的半圆上运动，
延长到点，使得，连接，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
当最小时，、、三点共线，
∵，
∴
∴线段长的最小值为．
故答案为：，．
（考试时间：40分钟 试卷满分：54分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）
1．已知a，b两数在数轴上对应的点如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了有理数在数轴上的表示，有理数的加、减、乘、除等运算法则的理解，深刻理解有理数的运算法则是解题的关键；
根据a，b两数在数轴上对应的点位置可得：，再根据有理数的加、减、乘、除等运算法则逐一判断即可.
【详解】解：由a，b两数在数轴上对应的点位置可得：，
∴，
∴，
综上分析可知：选项C正确，符合题意；
故选：C.
2．某人工智能研究实验室新推出一种由人工智能技术驱动的自然语言处理工具，其技术底座有着多达175000000000个模型参数，数据175000000000用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据科学记数法表示较大的数，表示形式为，其中，为整数．
【详解】解：由科学记数法，得．
3．下列计算结果正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据同底数幂乘除、完全平方公式、积的乘方的运算法则，分别计算各选项即可判断正误．
【详解】解：选项A：∵同底数幂相乘，底数不变，指数相加，
∴，A错误；
选项B：∵完全平方公式为，
∴，B错误；
选项C：∵积的乘方，等于把积中每个因式分别乘方，再将所得幂相乘，
∴，C正确；
选项D：∵同底数幂相除，底数不变，指数相减，
∴，D错误．
4．技术员分别从甲、乙两块小麦地中随机抽取1000株苗，测得苗高的平均数相同，方差分别，，检测结果是乙地小麦比甲地小麦长得整齐，则a的值可以（ ）
A．10B．11C．12D．13
【答案】A
【分析】方差越小，数据波动越小，植株长得越整齐，根据方差的性质判断a的取值范围即可．
【详解】解：∵乙地小麦比甲地小麦长得整齐，
∴乙地苗高的方差小于甲地的方差，即，
∵，，
∴，
选项中只有10满足，因此选A．
5．已知中，，，则中线的长可以是（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】A
【分析】通过延长中线构造全等三角形，将已知边转化到同一个三角形中，再利用三角形三边关系求出中线的取值范围，即可选出正确答案．
【详解】解：延长至点，使，连接
∵是的中线，
∴，
又∵，，
∴，
∴
∵，
在中，由三角形三边关系得，
代入，得：
，
即，
∴．
只有选项A的在该范围内．
6．如图，正方形的边长为，以为圆心，为半径作圆弧；以为圆心，为半径作圆弧．若图中阴影部分的面积分别记为、，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了扇形面积的计算，根据题意和图形，可以分别计算出和的值，然后用即可得到的值，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【详解】解：如图，
由，，
∴
，
故选：．
7．若多项式可分解为，则（ ）
A．8B．C．4D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了用公式法因式分解、完全平方公式等知识点，掌握因式分解的定义是解题的关键．
由题意可得，即，进而得到．
【详解】解：∵多项式可分解为，
∴，
∴，
∴，．
故选：B．
8．援建位于巴基斯坦的瓜德尔港是我国实施“一带一路”倡议构想的重要一步，为了增进中巴友谊，促进全球经济一体化发展，我国施工队计划把距离港口的普通公路升级成同等长度的高速公路，如果升级后汽车行驶的平均速度将比原来提高，行驶时间缩短，那么汽车原来的平均速度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了分式方程的应用，应用题中一般有三个量，求一个量，明显的有一个量，一定是根据另一量来列等量关系的．本题考查分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．求的汽车原来的平均速度，路程为，一定是根据时间来列等量关系，本题的关键描述语是：从甲地到乙地的时间缩短了．等量关系为：原来时间现在时间2．
【详解】解：设汽车原来的平均速度是，
根据题意得：
解得：
经检验：是原方程的解，
所以，汽车原来的平均速度是．
故选：B．
9．如图，在平面直角坐标系中，，点A、B分别在反比例函数的图像上，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了已知比例系数求特殊图形的面积，求角的正切值以及相似三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先得出，再证明，所以，整理得解得，故，即可作答．
【详解】解：分别过作轴，作轴，如图所示：
∵轴，轴，
∴
∵点A、B分别在反比例函数的图像上，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
则，
则，
∴，
即，
解得（负值已舍去），
∴在中，，
故选：A
10．在平面直角坐标系中，我们定义点的“伴随点”为Q，且规定：当时，Q为；当 时，Q为．下列说法正确的序号是（ ）
① 点的伴随点坐标为；
② 若点的伴随点在函数 的图像上，则 ；
③ 若直线l： 与x轴、y轴交于A、B，将直线l上所有点的伴随点组成一个新的图形记作M，则M是以点为端点的两条射线，其解析式为；
④ 若直线l与坐标轴交于两点．将直线l上所有点的伴随点组成一个新的图形记作M．抛物线 与图形M有两个交点时，
A．①③B．①④C．②③D．②④
【答案】A
【分析】①根据新定义求伴随点坐标即可；②利用伴随点在函数的图象上的特征求值即可；③根据题意确定，求出点C的坐标为，点C的伴随点的坐标为，确定点的伴随点的坐标为，点的伴随点的坐标为，利用待定系数法确定函数解析式即可；④同③方法类似得出M的关系式，然后再画出M的大致图象，然后将抛物线与M的函数关系式组成方程组，然后依据一元二次方程根的判别式进行判断即可．
【详解】解：①∵，
∴点的伴随点坐标为，故①正确；
②解：当时，点A的伴随点为，
把代入得：，
解得（不符合题意，舍去）；
当时，A的伴随点为，
把代入得：，
解得；
∴，故②错误；
③，
当时，，当时，，
∴，
当时，，
解得，
∴点C的坐标为，点C的伴随点的坐标为，
点的伴随点的坐标为，点的伴随点的坐标为，
当时，所有伴随点组成的图形是以为端点，过的一条射线，
设此射线的解析式为，
把代入得：，
解得，
即：，其中，
当时，所有伴随点组成的图形是以为端点，过的一条射线，
设此射线的解析式为，
把代入得：，
解得：，
即：，其中，，
∴M是以点为端点的两条射线，其解析式为，故③正确；
④解：设直线l的解析式为，将点代入得：
，解得，
∴直线l的解析式为，
当时，，
解得，
∴点C的坐标为，点C的伴随点的坐标为，
点的伴随点的坐标为，点的伴随点的坐标为，
当时，所有伴随点组成的图形是以为端点，过的一条射线，
设此射线的解析式为，
把代入得：，
解得，
即：，其中，
当时，所有伴随点组成的图形是以为端点，过的一条射线，
设此射线的解析式为，
把代入得：，
解得：，
即：，其中，，
所以新的图形M是以为端点的两条射线组成的图形，如图所示：
由和得：
①和②，
讨论一元二次方程根的判别式及抛物线与点的位置关系可得：
当方程①无实数根时，，解得，
即：当时，抛物线与图形M没有交点；
当方程①有两个相等实数根时，，解得，
即：当时，抛物线与图形M有一个交点；
当方程②无实数根，且方程①有两个不相等的实数根时，解得，
即：当时，抛物线与图形M有两个交点；
当方程②有两个相等实数根或恰好经过经过点时，
解得：或，
即：当或时，抛物线与图形M有三个交点；
当方程②方程①均有两个不相等的实数根，且两根均小于2时，即：当时，抛物线与图形M有四个交点；
当时，抛物线与图形M有两个交点．
综上分析可知，当或时，抛物线与图形M有2个交点，故④错误；
综上可得：①③正确，
故选：A
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了伴随点的定义，一元二次方程根的判别式，求得M的函数关系式是解题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分）
11．计算______．
【答案】
【分析】本题考查了二次根式的乘法运算，二次根式的性质，根据二次根式的乘法运算法则和二次根式的性质即可求解，掌握二次根式运算法则是解题的关键．
【详解】解：
，
故答案为：．
12．函数中自变量的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于，分母不等于，可以求出的范围．本题考查了函数自变量的取值范围．函数自变量的范围一般从三个方面考虑：当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为；当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
【详解】解：根据题意得：，
解得：．
故答案为：．
13．若单项式与单项式是同类项，则___________．
【答案】4
【分析】根据同类项的定义：所含字母相同，相同字母的指数也相同的单项式是同类项.可列式子m-1=2,n+1=2,分别求出m,n的值，再代入求解即可.
【详解】解：∵单项式与单项式是同类项，
∴m-1=2,n+1=2,
解得：m=3,n=1.
∴m+n=3+1=4.
故答案为：4.
【点睛】本题考查了同类项的概念，正确理解同类项的定义是解题的关键.
14．素数是只能被1和它自身整除的自然数，如2，3，5，7，11，…．已知命题“对于任意的自然数n，都是素数”是一个假命题，在说明此命题是假命题时，我们只要举一个反例就行了，例如当n（）的值为________时，不是一个素数．
【答案】
【分析】本题主要考查素数的定义，熟练掌握素数的定义（只能被和它自身整除的自然数）是解题的关键．通过代入不同的自然数（）到中，计算结果并判断是否为素数，找到反例．
【详解】解：当时，，是素数；
当时，，，不是素数．
故答案为：
15．如图，正五边形绕点A顺时针旋转后得到正五边形，连接交于点M，则__________．
【答案】124
【分析】本题考查了正多边形，等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，掌握旋转的性质是解题关键．由正多边形可得，，进而得到，由旋转的性质可得，，从而求出，再根据三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：正五边形，
，，
，
由旋转的性质可知，，，
，
，
故答案为：124．
16．如图，是半圆的直径，是一条弦，是的中点，于点且交于点，交于点，若，则______．
【答案】
【分析】本题考查的是圆的有关性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．由是直径，推出，设，，则，，，再求出、即可解决问题．
【详解】解：连接，．
是半圆的直径，
，又，
，
是的中点，
，
，
；
，，，
，
又，
，
，
，
，设，，则，，，
在中，，
是直径，
，
，
，
，
在中，，
，
故答案为：．
17．如图，在边长为的正方形中，点，分别是边、上的动点，且满足，与交于点，点是的中点，是边上的点，，则的最小值是______；
【答案】
【分析】证明得，进而得到，则由直角三角形斜边中线的性质可得，如图所示，在延长线上截取，连接，根据垂直平分线的性质得，可得当、、三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，求出，在中，利用勾股定理得，代入数据计算则可得结论．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
如图所示，在延长线上截取，连接，
∵，即，
∴垂直平分，
∴，
∴，
当、、三点共线时取“”，此时有最小值，最小值为，∵，正方形的边长为，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴的最小值是．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边中线的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，两点之间线段最短等，确定的最小值为是解题的关键．
18．如图，将平行四边形纸片折叠，折痕为，点、分别在边，上，点，的对应点分别为，，且点在平行四边形内部，的延长线交于点．交边于点．，，，当点为三等分点时，的长为____________________ ．
【答案】或
【分析】由折叠得，，，证明得，再分两种情况讨论求解即可．
【详解】解：当时，，
∵将平行四边形纸片折叠，折痕为，，，
∴，，，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
如图，过点G作交延长线于点P，过点D作交延长线于点T，得矩形，
则，，
设，
则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
根据勾股定理得：，
∴，
解得，（舍去），
∴；
当时，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等知识，进行分类讨论是解答本题的关键．