2026年江苏苏州市中考数学二轮复习卷

这是一份2026年江苏苏州市中考数学二轮复习卷，共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．我国已建成全球规模最大的光纤和移动宽带网络．截至2025年底，光缆线路总长度达到千米，其中用科学记数法可表示为（ ）
A．B．C．D．
2．的绝对值是（ ）
A．B．C．D．
3．若∠A＝40°15′，∠B＝40.15°，则（ ）
A．∠A＞∠BB．∠A＜∠BC．∠A＝∠BD．无法确定
4．明式家具的核心产地在以苏州为中心的江南地区，因此也被称为“苏作家具”．明式家具中用到许多榫卯结构，比如燕尾榫．如图是燕尾榫的带榫头部分，下列图形是其主视图的是（ ）
A．B．
C．D．
5．如图，的顶点都在正方形网格的格点上，则的值为（ ）
A．B．C．2D．
6．如图，在中，，于点D，，E是斜边的中点，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知关于x的多项式，当时，该多项式的值为，则多项式的值可以是（ ）
A．B．2C．D．
8．如图，在中，，是边上一点，连接，过点作交于，已将沿翻折得，连接．下列说法错误的是（ ）
A．
B．当时，
C．当时，折痕的长
D．当是等腰三角形时，的长
二、填空题
9．计算：________．
10．若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为______．
11．已知一次函数（是常数，其中）的图象经过点，则关于的不等式的解集是__________．
12．如图，平行四边形中，对角线交于点O，直线l过点O，且与边，分别交于点E、F，．若在平行四边形内随机取点，则点落在内的概率是______．
13．如图，为半圆O的直径，C为半圆O上一点，且，连结，以点B为圆心为半径画弧交于点D．若，则的长为_________．
14．如图，在正方形中，点为对角线上一点，连接，点 为上一点，连接交于点，若、、的面积分别为、、，则的面积为_____．
15．如图，正六边形的边长为6，以顶点为圆心，长为半径画圆．若图中阴影部分恰好是一个圆锥的侧面展开图，则这个圆锥的底面圆的周长是_____．
16．如图，在中，，平分，为线段上一点，且，连接．若，则的长为______．
三、解答题
17．计算：．
18．解不等式组：．
19．先化简，再求值：，其中
20．某中学准备开展春学期社会实践活动，学校给出：梅园，：鼋头渚，：锡惠公园，：拈花湾，共四个目的地．为了解学生最喜欢哪一个目的地，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)这次被调查的学生共有__________人；
(2)将条形统计图补充完整；
(3)扇形统计图中对应的扇形圆心角度数是__________；
(4)已知该校共有学生人，根据调查结果估计该校最喜欢去鼋头渚的学生人数．
21．已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，BE、CD是中线．求证：BE＝CD．
22．如图，内接于是延长线上的一点，，相交于点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
23．如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过，，三点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)作直线，点D是直线上方抛物线上的一动点，连接与直线交于点E，求的最大值及此时点D的坐标；
(3)将抛物线先向右平移2个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线，点P是抛物线上一个动点，作以点P为中点的线段，且轴，．设点P的横坐标为m，若线段与抛物线有交点，求m的取值范围．
24．如图1，在中，为边上的中线，交于点，此时我们称点为、的“垂对称点”．特别的，当点也为中点时，我们称这样的三角形为“中垂三角形”，例如，图2、图3中，，是的中线，，垂足为，像这样的三角形均为“中垂三角形”．设，，．
(1)【特例探究】如图1，，，为、的“垂对称点”，，则________；
如图2，为“中垂三角形”，当，时，则___，____，____；
(2)【归纳证明】观察特例探究结果，猜想、、三者之间的关系，并利用图3证明你的猜想；
(3)【拓展应用】如图4，在平行四边形中，点、F、G分别是、、的中点，，，，求的长度．
(4)【知识迁移】如图5，在平面直角坐标系中，点，，点在轴上，点在轴上，与轴交于点．当时，求证：为线段的黄金分割点．
《2026年江苏苏州市中考数学二轮复习卷》参考答案
1．B
【分析】科学记数法的表示形式为，其中，为整数，确定的值时，的值等于原数变为时小数点移动的位数，原数绝对值大于等于10时，为正整数.
【详解】解：．
2．A
【详解】解：∵，负数的绝对值是它的相反数，
∴.
3．A
【分析】将两角统一单位后，再进行比较即可得到答案．
【详解】解：
∴
故选：A．
【点睛】此题主要考查了角的比较，注意：，．
4．C
【详解】解：∵从正面看，该几何体下部是一个长方形 ，
∴主视图的下部应为长方形 ，
∵该几何体上部为燕尾结构，两侧为斜面，且顶面宽度大于连接处宽度 ，
∴从正面看，上部轮廓为梯形（上底长，下底短） ，
∴该几何体的主视图是由下部的长方形和上部的梯形组成的图形 观察选项，只有C选项符合题意．
5．C
【详解】解：如图，
根据网格特点知：，
设小正方形的边长为1，则，，
∴．
6．C
【分析】利用直角三角形的性质求得，利用等边对等角求得，再证明是等腰直角三角形，求得，据此求解即可．
【详解】解：∵E是斜边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
7．A
【分析】本题考查了二次函数的最值问题，整式的乘法运算，通过消元法将代数式化简为二次函数的形式是解题的关键．由已知得，化简得，所以，再求出b的取值范围，最后根据二次函数的图象与性质，可求出的取值范围，由此可判断答案．
【详解】当时，该多项式的值为，
，
整理得，
，
，
即，
，
，，
，
，
当时，，
根据二次函数的图象可知，当时，．
故选A．
8．D
【分析】由翻折的性质，结合等角的余角相等，可判断A；与的交点记作点，延长，交于点，由平行线的性质，结合翻折的性质，可证明，可得，可判断B；证明，可得，证明，，设，证明，可得，证明，，可得，，由勾股定理可得，可判断C；当是等腰三角形时，，或，或，分类讨论，用勾股定理，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，可得，可判断D．
【详解】解：由翻折可得，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴A正确，不符合题意；
当时，
与的交点记作点，延长，交于点，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由翻折可得，，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
∴B正确，不符合题意；
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得，（舍去），
∴，，
∴，
∴C正确，不符合题意
当是等腰三角形时，
若，
由翻折可得，
∴，
∴，
∴，
若，
作于点，则，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
若，
作，则，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴方程在实数范围内无解，
∴，
∴当是等腰三角形时，的长或，
∴D不正确，符合题意.
9．
【分析】根据积的乘方进行计算即可．
【详解】解：．
10．4
【分析】根据根的判别式的意义得到，解关于k的一元一次方程即可得到k的值．
【详解】解：∵一元二次方程有两个相等的实数根．
∴
∴
11．
【分析】把代入，可得，则可变形为，再结合，可得到关于x的不等式，即可求解．
【详解】解：把代入得：，
解得：，
∴可变形为，
∵，
∴，
解得：．
12．
【分析】本题考查几何概率和平行四边形的性质，先设平行四边形的面积是x，得出阴影部分的面积，再根据几何概率的求法即可得出答案．
【详解】解：设平行四边形的面积是x，
则的面积为，
∵，
∴，
∴的面积为,
∴在平行四边形内随机取点，则点落在内的概率是．
故答案为：．
13．
【分析】本题考查弧长的计算，弧、弦、圆心角的关系，勾股定理，连接，根据弧、弦、圆心角的关系求出，由等腰三角形的判定与性质求出的度数，由勾股定理求出，从而根据弧长公式求出的长即可．
【详解】解：如图，连接．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了正方形的性质，解直角三角形的应用，过点分别作的垂线，垂足分别为，过点分别作的垂线垂足分别为，根据题意得出，则，根据三角形的面积公式得出，进而设,则，得出，同理得出，根据得出，根据正弦的定义得出，则，即可求解．
【详解】解：如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，过点分别作的垂线垂足分别为，
∵在正方形中，点为对角线上一点，、、的面积分别为、、，
∴，
∴，
∴，
∵
∴
∵，
∴，则，
∵
∴
设,则，
∴
解得：
∴，
∵在正方形的对角线上，
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∵
∴即
解得：
∵
∴
解得：
∴
∵
∴
∴，则
∴
∵
∴的面积为
故答案为：．
15．
【分析】根据圆锥的侧面展开图确定圆锥的底面圆的周长即为的长度，根据正多边形的性质求出的长度和，再根据弧长公式求解即可．
【详解】解：∵阴影部分恰好是一个圆锥的侧面展开图，
∴圆锥的底面圆的周长即为的长度．
∵正六边形的边长为6，
∴，．
∴．
∴圆锥的底面圆的周长为．
16．
【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：．
17．
【详解】解：
18．
【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．分别求解两个不等式，得到不等式组的解集即可．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：．
19．，
【分析】本题考查了分式化简求值；先对括号内进行通分运算，同时对分子、分母进行因式分解，再将除转化为乘，进行约分，结果化为最简分式或整式，然后代值计算，即可求解；掌握分式化简的步骤是解题的关键．
【详解】解：原式
；
当时，
原式
．
20．(1)
(2)见解析
(3)
(4)人
【分析】本题考查了画条形统计图，求扇形的圆心角度数，用样本估计总体，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
（1）用目的地的人数除以其所占的比例即可求解；
（2）用总人数减去其它三个目的地的人数算出目的地的人数，补全条形统计图即可；
（3）用乘以目的地的人数所占的比例即可；
（4）用乘以该校最喜欢去鼋头渚的学生所占的比例即可．
【详解】（1）解：这次被调查的学生共有（人），
故答案为：；
（2）解：目的地人数为（人），
补全图形如下：
（3）解：扇形统计图中对应的扇形圆心角度数是，
故答案为：；
（4）解：（人），
答：根据调查结果估计该校最喜欢去鼋头渚的学生人数有人．
21．见解析
【分析】由中线性质得，，再证，由，得≌，可证.
【详解】证明：∵、是中线，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴．
【点睛】本题考核知识点：全等三角形. 解题关键点：灵活运用全等三角形判定和性质证线段相等.
22．(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）由，为半径，可知，，则，，，如图1，连接，由，可得，则，即，进而结论得证；
（2）如图2，记与交点为，连接，过作于，证明是等边三角形，则，，设半径为，则，由，，可得，证明，则，即，解得或（舍去）， 根据，计算求解即可．
【详解】（1）解：如图，连接，

∵，
∴，
∴，
∴，由等边对等角可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
又∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：如图2，记与交点为，连接，过作于，

∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
设半径为，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰三角形，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得或（舍去），
∴，
∴ 的长为6．
【点睛】本题考查了垂径定理，等腰三角形的判定与性质，切线的判定，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，余弦、正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
23．(1)
(2)的最大值为，点D的坐标为；
(3)线段与抛物线有交点，m的取值范围为．
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式即可；
（2）如图，过作交于，求解直线的解析式为，设，可得，证明，再进一步求解即可．
（3）求解，可得顶点坐标为：，设，当顶点在线段上时，可得， 如图，当在上时，可得：，进一步可得答案．
【详解】（1）解：∵抛物线经过，，三点，
∴设抛物线的解析式为，
将代入得，
解得，
∴抛物线的解析式为．
（2）解：如图，过作交于，
设直线的解析式为，将代入解析式得，
，解得
∴直线的解析式为，
设，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，最大，最大值为，
∴，
∴．
（3）解：将抛物线先向右平移2个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线，
∴，
∴顶点坐标为：，
如图，
设，
当顶点在线段上时，
∴，
解得：，（舍去），
如图，当在上时，
∴，
解得：，
综上：线段与抛物线有交点，m的取值范围为．
24．(1)；；；
(2)，证明见解析
(3)
(4)证明见解析
【分析】（1）过点作，交的延长线于点，根据平行线的性质得出，根据等角的余角相等得出，根据全等三角形的判定和性质得出，根据相似三角形的判定和性质得出，结合勾股定理求出的值，即可求解；连接，根据直角三角形的性质得出，根据等角对等边得出，根据勾股定理求出，根据中线的定义以及中位线的判定和性质得出，，根据平行线的性质和等角对等边得出，根据勾股定理求出，结合勾股定理即可求解；
（2）连接，根据中线的定义以及中位线的判定和性质得出，根据勾股定理推得，据此即可证明；
（3）连接，交于点，与交于点，根据中线的定义以及中位线的判定和性质得出，根据平行线的性质得出，根据平行四边形的性质和平行线的性质得出，，求得，根据平行四边形的判定和性质得出，，根据全等三角形的判定和性质得出，根据中线的定义得出，分别是的中线，结合（2）的结论，即可求解；
（4）过点作轴于点，连接，根据等边对等角和三角形内角和定理求得，根据三角形的外角性质和等角的余角相等得出，根据相似三角形的判定和性质得出，等量代换得出，即可证明．
【详解】（1）如图所示，过点作，交的延长线于点，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
在中，，
故
∵
故．
如图所示，连接，
根据题意可得：、是的中线，，；
，，
∴，
∴，
在中，，
故，
∵、是的中线，
∴，，
∴是的中位线，
，，
，
故，
在中，，
，
在中，，
在中，，
故，，
即，，．
（2）猜想：，
如图所示，连接，
根据题意可得：、是的中线，，
即，，
∵、是的中线，
∴，，
∴是的中位线，
则，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，，
故，
，
整理，得．
（3）如图所示，连接，交于点，与交于点，
∵点、G分别是、的中点，
∴是的中位线，
，
，
，
∵四边形是平行四边形，
，，
，
∵点，分别是，的中点，
，，
，
，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，，
∴，
，
∴，分别是的中线，
由（2）的结论得：，
∴，
．
（4）如图所示，过点作轴于点，连接，
即，
根据题意可得，
∴．
在中，，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
又，
故．
∴点为线段的黄金分割点．