提分小卷限时练01（选填AB两组，综合训练）（苏州专用）2026年中考数学二轮复习讲练测试+答案

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（考试时间：25分钟 试卷满分：48分）
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，满分24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．下列数值中最小的是（ ）
A．B．C．0D．2
【答案】B
【分析】本题考查有理数的大小比较，先用绝对值的定义化简，再比较即可获得答案．
【详解】解：，
∴，
∴最小的为，
故选：B．
2．某几何体的主视图和俯视图如图所示，则该几何体是（ ）
A．圆柱B．圆锥C．三棱柱D．球体
【答案】A
【分析】本题主要考查几何体的三视图，利用三视图推导几何体的形状是解题的关键．
通过几何体的主视图是矩形和俯视图是圆形，即可得几何体为圆柱．
【详解】解：通过几何体的主视图和俯视图，可得几何体为圆柱，
故选：A．
3．近年来，中国铁路快速发展，截至2024年底，全国铁路营业里程已突破16万千米，其中高铁营业里程约4.8万千米．中国国家铁路集团有限公司发布的最新数据显示，在为期40天的2024年铁路春运中，全国铁路累计发送旅客5.1亿人次．将数据5.1亿用科学记数法表示为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了科学记数法，熟练掌握科学记数法的表示方法是解题的关键．
科学记数法要求形式为，其中，n为整数，5.1亿即．
【详解】1亿=，
亿=．
亿用科学记数法表示为．
故选B．
4．下列计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查了积的乘方、单项式乘法、同底数幂除法、合并同类项等知识，根据运算法则进行判断即可．
【详解】解：．与不是同类项，不能合并，故选项错误，不符合题意；
B.，故选项正确，符合题意；
C.，故选项错误，不符合题意；
D.，故选项错误，不符合题意．
故选：．
5．把矩形小尺与直角三角板按如图放置，，，若，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了直角三角形的性质、矩形的性质、三角形外角的性质，根据四边形是矩形，可知，根据直角三角形两锐角互余可知，根据三角形外角的性质可以求出．
【详解】解：如下图所示，
四边形是矩形，
，
，
在中，，，
，
，
，
．
故选：C．
6．在一个不透明的袋子里装有红球、黄球共10个，这些球除颜色外都相同．小明通过多次试验发现，摸出红球的频率稳定在0.3左右，则袋子中红球的个数最有可能的是（ ）
A．10B．0.3C．3D．7
【答案】C
【分析】在大量重复试验中，频率会稳定在概率附近，用总球数乘稳定的频率即可得到红球个数的估计值．
【详解】解：∵多次试验后摸出红球的频率稳定在0.3左右，
∴可估计摸出红球的概率为0.3，
∵袋子中共有10个球，
∴红球个数约为 （个），
因此袋子中红球的个数最有可能是3个．
7．小军借助几何画板软件研究函数的图像和性质，他设定了一组m，n的值，得到如图所示函数图像，借助之前学习函数的经验，推断小军输入的m，n的值满足（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】A
【分析】本题考查函数的图象；能够通过已学的反比例函数图象确定的取值是解题的关键．由图象可知，当时，，可知；根据函数解析式自变量的取值范围可以知道，结合图象可以知道函数的取不到的值为负数，所以．
【详解】解：由图象可知，当时，，
；
，结合图象可以知道函数的取不到的值为负数，
．
故选：A
8．如图①，是形如“”形的拼块，其每个拐角都是直角，各边长度如图所示．如图②，用个同样的拼块拼成的图案，恰好能放入一个边长为的正方形中，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合题意得出，，，，，先由勾股定理求出，再证，，根据相似三角形的性质可得，，最后根据正方形的边长为得到，解方程即可得到的值．
【详解】解：依题得：，，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，
即，
解得．
故选：．
【点睛】本题考查的知识点是勾股定理解直角三角形、相似三角形的判定与性质，解一元一次方程、正方形的性质，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分）
9．分解因式：_______________．
【答案】
【分析】观察原式结构，可将其转化为平方差的形式，再利用平方差公式进行因式分解，最后化简括号内的整式即可．
【详解】解：
．
10．已知一组数据，，，，，，的平均数是，则这组数据的众数是______
【答案】
【分析】本题考查了平均数和众数，根据平均数的定义求出，进而得出这一组数据，再根据众数的定义即可求解，掌握平均数和众数的定义是解题的关键．
【详解】解：由题意得，，
解得，
∴这一组数据为，，，，，，，
∴这组数据的众数是，
故答案为：．
11．若，则代数式的值为__________．
【答案】1
【分析】本题考查了平方差公式的应用，利用平方差公式将代数式变形，再代入已知条件计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
代入，得，
故答案为：1．
12．已知，一次函数的图象经过点，且随的增大而增大，请你写出一个符合上述条件的函数关系式：_____．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征，根据题意，可以写出一个符合题意的函数表达式即可．
【详解】解：∵一次函数的图象经过点，且y随x的增大而增大，
∴，
∴这个函数可以为，
故答案为：（答案不唯一）．
13．已知，分别是一元二次方程的两个根，则的值为__________．
【答案】
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系．根据根与系数的关系可得两根之和与两根之积，再代入所求表达式计算即可．
【详解】解：，分别是一元二次方程的两个根，
由根与系数的关系得，，
则 ，
故答案为．
14．中国高铁飞速发展，已成为中国现代化建设的重要标志．如图是高铁线路在转向处所设计的圆曲线（即圆弧），高铁列车在转弯时的曲线起点为，曲线终点为，过点的两条切线相交于点，列车在从到行驶的过程中转角为，若圆曲线的半径千米，则这段圆曲线的长为_________（结果保留）．
【答案】千米
【分析】本题主要考查了切线的性质、弧长公式；由转角为可得，由切线的性质可得，根据四边形的内角和定理求出，然后根据弧长公式计算即可．
【详解】解：∵列车在从到行驶的过程中转角为，
∴，
又∵过点的两条切线相交于点，
∴，
∴，
这段圆曲线的长为千米，
故答案为：千米．
15．如图，正方形的边长为2，E是边的中点，把△ADE沿折叠得到（点D的对应点为点F），则的值为___________．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定，勾股定理，求正切值等，熟练掌握知识点是解题的关键．过点F作，分别交于点N，M，证明四边形是矩形和，设，利用相似三角形的性质得出，再利用勾股定理求出x的值，进而求解即可．
【详解】解：过点F作，分别交于点N，M，
∵四边形为正方形，
∴，
∵E是边的中点，把沿折叠得到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，，
∴，
∴，
设，
则，
∴，
∴，
在中，，即，
解得，
∴，
∴，
故答案为：．
16．如图，已知为等边三角形，，将边绕点A顺时针旋转得到线段，连接，点E为上一点，且．连接，则的最小值为__________．
【答案】/
【分析】过点E作交于点H，根据等边三角形以及旋转的性质可得，从而得到，再由，可得，取的中点P，连接，则，可得到，再由等腰三角形的性质可得，从而得到点E在以H为圆心，为直径的弧上运动，进而得到当B、E、H三点共线时，的长最小，过点B作于点Q，则，根据勾股定理可得，，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作交于点H，
∵为等边三角形，，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
取的中点P，连接，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点E在以H为圆心，为直径的弧上运动，
∴当B、E、H三点共线时，的长最小，
过点B作于点Q，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
即的最小值为．
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理等知识，根据题意正确作出辅助线是解题关键．
（考试时间：30分钟 试卷满分：48分）
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，满分24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．下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了同底数幂除法计算，幂的乘方计算，单项式乘法、合并同类项，熟知相关计算法则是解题的关键．
【详解】解：A，，原式计算错误，不符合题意；
B，，原式计算错误，不符合题意；
C，，原式计算错误，不符合题意；
D，，原式计算正确，符合题意；
故选：D．
2．图中的两个几何体分别由7个和6个相同的小正方体搭成，比较两个几何体的三视图，正确的是（ ）
A．仅主视图不同B．仅俯视图不同
C．仅左视图不同D．主视图、左视图和俯视图都相同
【答案】C
【分析】本题主要考查了简单组合体的三视图，利用三视图的意义是解题的关键．根据题意判断出三视图即可得到答案．
【详解】解：第一个几何体三视图：
主视图，俯视图，左视图；
第二个几何体三视图：
主视图，俯视图，左视图；
故仅左视图不同，
故选C．
3．近期，江苏省城市足球联赛（“苏超”）火爆出圈，据统计，首轮比赛现场观众人数达35000人，第二轮现场观众人数增长至42000人，将第二轮现场观众人数用科学记数法表示，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了科学记数法，科学记数法的标准形式为，其中，为整数．需将42000转换为符合该形式的表达式．
【详解】解：确定系数：将42000的小数点左移4位，得到4.2000，即，满足．
确定指数：小数点移动了4位，故．
组合表达式：科学记数法表示为，
故选：B
4．如图，两把相同的直尺的一边分别与射线重合，另一边相交于点P，则平分的依据是（ ）
A．在角的内部，到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上
B．角平分线上的点到这个角的两边距离相等
C．角平分线的性质
D．角平分线是对称轴
【答案】A
【分析】根据在角的内部，到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上，由此即可得到答案．
本题考查角平分线的性质，关键是掌握角平分线性质定理的逆定理．
【详解】解：平分的依据是：在角的内部，到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上．
故选：
5．如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到的位置，使得，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
由平行线的性质得到，由旋转得到，从而，进而根据三角形的内角和求出，再由旋转角即可解答．
【详解】解：∵，，
，
又、为对应点，点为旋转中心，
，，
，
∴，
∴．
故选：A．
6．如图，“中国七巧板”是由七个几何图形组成的正方形，其中1、2、3、5、7是等腰直角三角形，4是正方形，6是平行四边形．一只体型微小的小虫在七巧板上随机停留，则刚好停在6号板区域的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查几何概率的应用，设围成的正方形的边长为a，算出6号板的面积与整体正方形的面积比即可知道答案．
【详解】解：设围成的正方形的边长为a，
则正方形的对角线长为，
五号板的直角边为，
∴六号板的一边为，另一边为：，
∴六号板的面积为，
正方形的面积为：，
∴停在1号板区域的概率是；
故选：B ．
7．在“探索一次函数的系数k，b与图象的关系”活动中，老师给出了坐标系中的三个点：，如图所示，同学们画出了经过这三个点中每两个点的一次函数图象，并得到对应的函数表达式为：．分别计算的值，其中最大的值是（ ）．
A．B．C．5D．3
【答案】D
【分析】本题主要考查了求一次函数解析式、一次函数图象上的点、求函数值等知识点，掌握数形结合思想是解题的关键．
先根据一次函数的特点，运用待定系数法求解即可；
为的时候y的函数值，由图象知，直线此时的函数值最大，再运用待定系数法求得直线的解析式，最后求得的函数值即可解答．
【详解】解：如图：
∵为的时候y的函数值，
∴由图象知，直线此时的函数值最大．
设直线的函数解析式为，
则，解得：，
∴直线的函数解析式为，
当时，．
故选D．
8．如图四边形中，，，，，E为上一点，且，若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，难度较大，解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形．
过点作，交延长线于，先证明四边形为正方形，则设，则，，对运用勾股定理求出，延长至点，使得，先证明，再证明，则，，设，则，在中，由勾股定理得，求出，再由求解即可．
【详解】解：过点作，交延长线于，则，
∵，
∴
∵，
∴四边形为矩形
∵ ，
∴为等腰直角三角形，
∴矩形为正方形
∴
设，则，
∵
即
∴
∴，即，
∴，
延长至点，使得，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
解得，
∴，
故选：D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分）
9．若实数a、b满足，，则的值是_______．
【答案】
【分析】本题主要考查因式分解的应用、代数式求值等知识点，熟练掌握提公因式法成为解题的关键．
将左边因式分解可得，再结合即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
又∵，
∴．
答案为：．
10．某商店有A，B两种糖果，原价分别为a元/千克和b元/千克．据调查发现，将两种糖果按A种糖果m千克与B种糖果n千克的比例混合，取得了较好的销售效果．现调整糖果价格，若A种糖果单价上涨，B种糖果单价下调，仍按原比例混合后，糖果单价恰好不变．则为____．
【答案】
【分析】本题主要考查了求加权平均数、比例的性质等知识点，根据已知条件表示出价格变化前后两种糖果的平均价格是解题的关键．
根据已知条件表示出价格变化前后两种糖果的平均价格，进而得到等式化简即可解答．
【详解】解：根据题意得：，
即，
∴，
∴．
故答案为：．
11．已知关于x的方程无解，方程的一个根是m，则方程的另一个根为________．
【答案】
【分析】先解分式方程得到，再根据分式方程无解，求出，然后把代入方程中求出的值，再设方程的另外一个根是，由一元二次方程根于系数的关系得到，由此求解即可．
【详解】解:方程去分母得
解得：
分式方程无解，
，即
,解得,
把代入方程得：,
解得;
设方程的另外一个根是，
由一元二次方程根于系数的关系得到：,
解得：,
方程的另一个根为3．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了解分式方程，解一元一次方程，一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系，熟知以上相关知识是解题的关键．
12．设一次函数的图象为，二次函数图象的对称轴为l，则关于l对称的图形对应的函数关系式为________．
【答案】
【分析】本题考查了一次函数和二次函数的图象与性质、待定系数法求函数解析式、坐标与图形变化—轴对称，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据一次函数的性质可得经过点和，根据二次函数的性质得到l为直线，求出点和关于l对称的点坐标分别为和，由对称性可得是一次函数，再利用待定系数法即可求出对应的函数关系式．
【详解】解：对于，
当时，；当时，则，解得；
∴经过点和，
∵二次函数图象的对称轴为l，
∴l为直线，
∴点和关于l对称的点坐标分别为和，
∵是关于l对称的图形，
∴是一次函数，且经过点和，
设的函数关系式为，
代入点和，得，
解得，
∴的函数关系式为，
故答案为：．
13．已知方程的两根为a，c，方程的两根为b，d，其中a，b，c，d互不相同，则________．
【答案】1或
【分析】本题考查了根与系数的关系，根据根与系数的关系得到，，，，若，求得，若，则，，求得，于是得到结论．
【详解】解：∵方程的两根为a，c，
∴，，
∵方程的两根为b，d，
∴，，
若，则，，
∴，
∴，
∵a，b，c，d互不相同，
∴，
∴，，，，
∴；
若，则，，
把，代入，，
解得：，
∴当时，，，
；
当时，，，
；
综上所述：或，
故答案为：1或．
14．如图，两条道路的宽分别为，，夹角．现修建圆弧形道路，其内侧与边界相切于点C，D，外侧与边界相切于点E，F，两弧的圆心均在直线上．，的长度m，n满足的数量关系为____．
【答案】
【分析】本题考查了弧长的计算，直角三角形的性质，切线的性质，熟练掌握计算公式是解题的关键．
设所在圆圆心为O，所在圆圆心为I．连接，，延长交直线于N，过点I作于M，求得，，再根据得，从而求得，则，求得，然后利用弧长公式计算即可求解．
【详解】解：如图，设所在圆圆心为O，所在圆圆心为I．连接，，延长交直线于N，过点I作于M，
设内侧弧所在圆的半径为，外侧所在圆的半径为
∵内侧与边界相切于点C，D，
∴，
∵
∴
由题意知
∴
∵外侧与边界相切于点E，F，
∴
∴
∴四边形是矩形，
∴
∴，，
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴，
∴．
即．
故答案为：．
15．如图，在中，，平分，为线段上一点，且，连接．若，则的长为______．
【答案】
【分析】本题考查了等腰三角形的性质与判定，解直角三角形，相似三角形的性质与判定；过点作交的延长线于点，延长交于点，连接，结合题意得出，根据平行线的性质可得，进而得出是的中点，进而证明，根据对顶角相等得出，结合，解得出，进而可得，然后根据，即可求解．
【详解】解：如图，过点作交的延长线于点，延长交于点，连接，
∵平分，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
∴
在中，
∴
∵
∴
∴即
解得：
故答案为：．
16．如图，，点在的平分线上，于点．点在射线上，连接，过点作交射线于点，射线与射线相交于点，若，则的值为______．
【答案】或
【分析】连接，作于点，而于点A，则，由角平分线的性质得，则四边形是正方形，由，推导出，可证明得，设，，则；再分两种情况讨论，一是点在线段上，设交于点，则，求得，则，由得，求得，则，由得，则；二是点在线段的延长线上，延长交于点，由，求得，则，求得，则，据此解答即可．
【详解】解：如图：连接，作于点，则，
，于点，
，
四边形是矩形，
点在的平分线上，
，
四边形是正方形，
交射线于点，
，
，
，，，
，
，
设，，则，
如图，点在线段上，设交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
如图，点在线段的延长线上，延长交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
综上所述，的值为或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，正确地添加辅助线是解题的关键．