2026年广东省茂名市中考数学一模试卷（含答案+解析）

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1.下列四个数中，是负整数的是( )
A. −12B. 0C. −3D. 7
2.广州新机场于3月25日开工，总投资418亿元，计划“十五五”期间建成，该项目将补齐珠江西岸民航短板，助力构建世界级机场群.数据“418亿”用科学记数法可以表示为( )
A. 0.418×1011B. 4.18×1010C. 4.18×109D. 418×108
3.x6可以表示为( )
A. x3+x3B. (x3)2C. x8−x2D. x3⋅x2
4.如图，CD//OB，交OA于点E.若∠AEC=130∘，则∠O的度数为( )
A. 40∘
B. 50∘
C. 60∘
D. 130∘
5.如图，在矩形ABCD中，AC，BD交于点O.若OC=5，则BD的长为( )
A. 2.5
B. 5
C. 10
D. 12.5
6.如图，这是用5个大小相同的小立方块搭成的几何体，它的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
7.为加强劳动教育，增加学生实践机会，某校拟用总长为6米的篱笆，在两边都足够长的直角围墙的一角，围出一块8平方米的矩形菜地作为实践基地.如图，设矩形的一边长为x米，根据题意可列方程( )
A. x(6+x)=8B. 6(1+x)2=8C. x(6−2x)=8D. x(6−x)=8
8.某中学书法兴趣小组12名成员的年龄情况如表.
则这个小组成员年龄数据的中位数是( )
A. 13B. 14C. 2D. 3
9.已知蓄电池的电压为定值，使用蓄电池时，电流I(单位：A)与电阻R(单位：Ω)是反比例函数关系，它的图象如图所示，根据图象可知，下列说法不正确的是( )
A. 该蓄电池的电压是36V
B. 当R=10时，I=3.6
C. 当R45%，
∴乙品种芒果的品质更优．
(1)用360∘乘以D组所占的百分比即可得出答案；
(2)根据众数的定义进行求解即可；
(3)分别求出甲品种芒果的优级产品所占的百分比和乙品种芒果的优级产品所占的百分比，然后进行比较即可．
本题考查频数分布直方图，正确进行计算是解题关键．
21.【答案】①1；②0.9米 绿萝摆放位置与墙壁的最远距离应该小于0.72米
【解析】解：(1)①如图，过点B作BH⊥DH于点H，
由题意，得∠CDH=∠DCB=∠BHD=90∘，CB=CD，
∴四边形CDHB是正方形，
∴∠BDH=45∘，
∴m=tan∠BDH=1，
②如图，过点B作BM⊥DE于点M，
∴CD=BM=1.5，BC=DM=1.5.
∴tan∠BEM=BMEM，
即2.5=1.5EM，解得EM=0.6，
∴DE=DM−EM=1.5−0.6=0.9；
(2)如图，过点B作BF⊥AC于点F，过点B作BM⊥DE于点M，
则BF=DM=1.2，
∴CF= BC2−BF2= 1.52−1.22=0.9，
∴BM=DF=CD−CF=1.5−0.9=0.6，
由表格可知，在12时−14时，
夹角α的正切值逐渐减小，即∠BEM逐渐减小，
∴14时点E最靠近墙角，
∴tan∠BEM=BMEM=1.25，
∴1.25=0.6EM，解得EM=0.48，
∴DE=DM−EM=1.2−0.48=0.72，
则应该小于0.72米．
(1)①过点B作BH⊥DH于点H，四边形CDHB是正方形，由此利用锐角三角函数即可求解；②过点B作BM⊥DE于点M，在Rt△BEM中解直角三角形即可；
(2)过点B作BF⊥AC于点F，过点B作BM⊥DE于点M，则四边形BFDM为矩形，得出BM=DF=0.6，由表中数据得，14时点E最靠近墙角，通过解直角三角形即可得解．
本题考查解直角三角形的应用，正确进行计算是解题关键．
22.【答案】120∘ 拱桥的轮廓线不是圆弧，应为抛物线，理由见解析；y=−112x2+4 横向限高杆离水面距离为113米 光线与抛物线之间的最小距离为 22米
【解析】解：(1)∵CD垂直平分AB，
∴∠CDA=∠CDB=90∘，CA=CB，
∵AC=8米，CD=4米，
∴AC=2CD，
∴∠ABC=∠CAB=30∘，
∴∠ACB=180∘−∠ABC−∠CAB=120∘；
(2)假设该拱桥轮廓线是圆弧，
如图1.1，设圆心为O，设圆的半径为r，连接OB、OD，
在Rt△OBD中，由勾股定理得：BD2=OB2−OD2，
∴BD2=r2−(r−4)2，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD2=BC2−CD2=64−16=48，
∴r2−(r−4)2=48，
解得：r=8；
∴AB=2DB=8 3米，
如图1.2，设圆心为O设圆的半径为r，连接OB、OD、OA，
∴∠AEB=180∘−α−β=135∘，
∴劣弧AB所对圆心角度数为360∘−135∘×2=90∘，即∠AOB=90∘，
∴r= 22AB=4 6≠8，
∴拱桥的轮廓线不是圆弧，应为抛物线，
如图2，以AB为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立如下的坐标系，
∴点C(0,4)、B(4 3,0)，
设抛物线的表达式为y=ax2+4，将点B的坐标代入得：
0=(4 3)2×a+4，
解得：a=−112，
∴抛物线的表达式为y=−112x2+4；
(3)如图3，设横杆GH长度和竖杆CQ长度分别为12n、n，
∴点H(6n,4−n)，
将点H的坐标代入y=−112x2+4得：
4−n=−112(6n)2+4，
解得：n=13或n=0(不合题意，舍去)，
∴4−13=113(米)，
∴横向限高杆离水面距离为113米；
(4)如图4，作直线NP的平行线l，使它与抛物线相切(此时抛物线与直线只有一个交点)，交x轴于点J，过点J，作JK⊥PN，垂足为K，
∵l//PN，
设直线l的解析式为y=−x+m，
联立得：y=−x+my=−112x2+4，
整理得：x2−12x+12m−48=0，
∵直线l与抛物线相切，
∴方程有两个相等的实数根，
∴Δ=(−12)2−4(12m−48)=0，
解得：m=7，
∴直线l的解析式为y=−x+7，
当y=0时，得：−x+7=7，
解得：x=7，
∴J(7,0)，
∴JN=8−7=1(米)，
∵射灯射出的光线与地面成45∘角，
∴JK=JN×sin45∘=1× 22= 22(米)，
∴光线与抛物线之间的最小距离为 22米．
(1)由线段垂直平分线的性质，可得CA=CB，∠CDA=∠CDB=90∘，由已知可得AC=2CD，可得∠ABC=∠CAB=30∘，由三角形的内角和定理，即可得∠ACB的度数；
(2)假设该拱桥轮廓线是圆弧，设圆心为O，设圆的半径为r，在图1中，连接OB、OD，根据勾股定理可得r=8，在图2中，连接OB、OD、OA，由三角形的内角和定理可得∠AEB=135∘，可得∠AOB=90∘，解Rt△AOB，可得r=4 6≠8，可判断拱桥的轮廓线不是圆弧，是抛物线，以AB为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，用待定系数法即可得抛物线的解析式；
(3)设横杆GH长度和竖杆CQ长度分别为12n、n，点H(6n,4−n)，将点H的坐标代入抛物线的解析式，可得n，即可得横向限高杆GH离水面AB的距离；
(4)作直线NP的平行线l，使它与抛物线相切(此时抛物线与直线只有一个交点)，l交x轴于点J，过点J，作JK⊥PN，垂足为K，设直线l的解析式为y=−x+m，与抛物线的解析式联立，整理为关于x的一元二次方程，由Δ=0可得m，可得直线l的解析式，可得点J的坐标，可得JN，结合已知解三角形即可得光线PN与拱桥之间的距离．
本题为二次函数综合题，主要考查了圆的基本性质、垂径定理、勾股定理的应用、二次函数的图象和性质等，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23.【答案】②③ ①∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=2θ，∠BDO=θ，
∴∠ODC=∠OCD=180∘−∠COD2=180∘−2θ2=90∘−θ，
∴∠BDC=∠BDO+∠ODC=90∘，
在Rt△DCB中，由勾股定理得：DC2+BD2=BC2，
即四边形OBDC一定为“勾股四边形”；②30∘ 4
【解析】(1)解：∵一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，
∴此四边形的内角中至少有一个角为直角；
①∵平行四边形的内角不一定有直角，
∴平行四边形不一定是勾股四边形；
②∵矩形的四个角都为直角，
∴矩形是勾股四边形；
③∵有一个角为直角的任意凸四边形，
∴此四边形为勾股四边形；
④∵有一个角为60∘的菱形，
∴菱形的四个内角分别为60∘120∘，60∘，120∘，
∴有一个角为60∘的菱形不是勾股四边形，
故答案为：②③；
(2)①证明：∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=2θ，∠BDO=θ，
∴∠ODC=∠OCD=180∘−∠COD2=180∘−2θ2=90∘−θ，
∴∠BDC=∠BDO+∠ODC=90∘，
在Rt△DCB中，由勾股定理得：DC2+BD2=BC2，
即四边形OBDC一定为“勾股四边形”；
②解：∵∠AOB=∠COD=2θ，
∴∠AOD=∠BOC.
在△AOD与△BOC中，
OA=OB∠AOD=∠BOCOD=OC，
∴△AOD≌△BOC(SAS)，
∴AD=BC.
又∵DC2+BD2=BC2，
∴DC2+BD2=AD2.
∵四边形ABDO为“勾股四边形”，且OD2+BD2=AD2，
∴CD=OD.
又∵OC=OD，
∴△DOC是等边三角形，
∴∠COD=2θ=60∘，
解得：θ=30∘；
(3)解：如图2，连接AE，CD，过点B作BF⊥AD于点F，
∵△ABC和△BDE是等边三角形，
∴BC=BA=AC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60∘，
∴∠ABC+∠ABD=∠DBE+∠ABD.
即∠DBC=∠EBA，
在△DBC和△EBA中，
BD=BE∠DBC=∠EBABC=BA
∴△DBC≌△EBA(SAS)，
∴CD=AE，
∵四边形ABED是以AB、AD为勾股边的勾股四边形，且AB>BD，
∴AB2+AD2=AE2，
∴AC2+AD2=CD2，
∴△ACD是直角三角形，且∠DAC=90∘，
∴∠DAB=∠DAC−∠BAC=90∘−60∘=30∘，
在Rt△ABF中，∠DAB=30∘，AB=4 3，AD=8，
∴BF=12AB=2 3，
由勾股定理得：AF= AB2−BF2= (4 3)2−(2 3)2=6，
∴DF=AD−AF=8−6=2，
在直角三角形BDF中，由勾股定理得：BD= DF2+BF2= 22+(2 3)2=4，
∴BE=BD=4.
(1)根据“勾股四边形”的定义求解即可；
(2)①由三角形内角和定理得出∠ODC=∠OCD=90∘−θ，由角的和差关系可知∠BDC=∠BDO+∠ODC=90∘，然后根据勾股定理得出DC2+BD2=BC2，即可得证；
②先证明△AOD≌△BOC(SAS)，由全等三角形的性质得出AD=BC，等量代换可得出DC2+BD2=AD2，再由勾股四边形的定义可知OD2+BD2=AD2，即可得出CD=OD，由等边三角形的判定和性质即可求出θ的值；
(3)连接AE，CD，过点B作BF⊥AD于点F，证明△DBC≌△EBA(SAS)，由全等三角形的性质得出CD=AE，由AC2+AD2=CD2，结合勾股四边形的定义进一步得出△ACD是直角三角形，且∠DAC=90∘，由含30度直角三角形的性质得出BF=12AB=2 3，由勾股定理求出AF，BD，由等边三角形的性质得出BE.
本题是四边形综合题，主要考查了勾股定理，三角形内角和定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质、含30度角的直角三角形，解本题的关键是理解勾股四边形的定义，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．年龄/岁
12
13
14
15
16
人数
1
4
3
2
2
组别
x/cm
A
15≤x