2026年广东省汕头市龙湖区中考一模考试数学试题（含答案+解析）

这是一份2026年广东省汕头市龙湖区中考一模考试数学试题（含答案+解析），共7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.比−2026大1的数是( )
A. −2027B. 2027C. −2025D. 2025
2.下列交通标志既是中心对称图形，又是轴对称图形的是( )
A. 禁止驶入B. 两侧变窄
C. 环岛行驶D. 两侧通行
3.2026年春节假期，汕头全市累计实现旅游收入约71.56亿元．这一亮眼成绩得益于汕头以非遗民俗点燃年味，用潮汕美食征服味蕾，通过全域联动汇聚人气，强势跻身全国最热门旅游目的地之一．71.56亿用科学记数法表示为( )
A. 71.56×108B. 7.156×109C. 0.7156×1010D. 7.156×1010
4.如果将一副三角板按如图方式叠放，那么∠1等于( )
A. 105 ∘B. 120 ∘C. 60 ∘D. 45 ∘
5.下列运算正确的是( )
A. a2⋅a3=a6B. (−2a2)3=−6a6C. a4÷a=a3D. 2a+3a=5a2
6.“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”.小杰购买了四张“二十四节气”主题邮票，其中“夏至”有两张，“雨水”和“惊蛰”各一张，从中随机抽取一张，恰好抽到“夏至”的概率是( )
A. 14B. 13C. 12D. 34
7.完全相同的4个正方形面积之和是100，则正方形的边长是( )
A. 2B. 5C. 10D. 20
8.若点−1,y1，1,y2，2,y3都在反比例函数y=2x的图象上，则( )
A. y3>y2>y1B. y2>y1>y3C. y1>y3>y2D. y2>y3>y1
9.一条排水管的截面如图所示，已知排水管的半径OB=10，水面宽AB=16，则截面圆心O到水面的距离OC是( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
10.已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)如图所示，那么下列各式中不成立的是( ).
A. a>0B. b>0C. c0，
∴−b>0，
∴b3.
14.【答案】m≤4
【解析】解：∵一元二次方程x2−4x+m=0有两个实数根，
∴Δ≥0，即16−4m≥0，
解得m≤4；
故答案为：m≤4.
由一元二次方程x2−4x+m=0有两个实数根，可得16−4m≥0，即可解得m≤4.
本题考查一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程有两个实数根，则Δ≥0.
15.【答案】1
【解析】本题考查了三角形内切圆，切线的性质，勾股定理等知识﹒
连接ON,OQ证明四边形ONBQ为正方形﹒设⊙O的半径为r，则BN=BQ=ON=r﹒根据切线长定理得到CM=CQ=2,AM=AN=3，在Rt△ABC中，根据勾股定理得到方程r+22+r+32=2+32，解方程，舍去不合题意解即可﹒
【详解】解：如图，连接ON,OQ﹒
∵BC,AB为⊙O切线，
∴ON⊥AB,OQ⊥BC，
∴∠ONB=∠OQB=90 ∘，
∵∠B=90 ∘，
∴四边形ONBQ为矩形，
∵ON=OQ，
∴矩形ONBQ为正方形﹒
设⊙O的半径为r，则BN=BQ=ON=r﹒
∵⊙O为Rt△ABC的内切圆，
∴CM=CQ=2,AM=AN=3，
∴在Rt△ABC中，根据勾股定理得r+22+r+32=2+32，
解得r1=1,r2=−6(舍去)﹒
∴⊙O的半径为1﹒
故答案为：1
16.【答案】解：原式= 3−1+1+4−2 3=4− 3.
【解析】详细解答和分析过程见【答案】
17.【答案】【小题1】
解：如图，直线DE就是线段AC的垂直平分线；
【小题2】
3 2+3

【解析】1.
利用基本作图，作线段AC的垂直平分线即可；
2.
先根据线段垂直平分线的性质得到AD=CD，所以∠DCA=∠A=22.5 ∘，进一步得到∠BDC=45 ∘，再证明∠BDC=∠BCD，可得BD=BC=3，再根据勾股定理求得CD=3 2，即可求得答案．
解：∵直线DE是线段AC的垂直平分线，
∴AD=CD，
∴∠DCA=∠A=22.5 ∘，
∴∠BDC=∠A+∠DCA=22.5 ∘+22.5 ∘=45 ∘，
∵∠B=90 ∘，
∴∠BCD=90 ∘−∠BDC=90 ∘−45 ∘=45 ∘，
∴∠BDC=∠BCD，
∴BD=BC=3，
∴CD= BD2+BC2= 32+32=3 2，
∴AD=3 2，
∴AB=AD+BD=3 2+3.
18.【答案】【小题1】
解：如图所示，连接OB,OC,BC，过点O作OH⊥BC于H，
∵扇形ABC的圆心角为60∘，
∴AB=AC,∠BAC=60 ∘，
∴△BAC是等边三角形，
∴AB=BC，
∵∠BOC=2∠BAC=120 ∘,OH⊥BC，
∴∠BOH=12∠BOC=60 ∘，BC=2BH
∴BH=OB⋅sin∠BOH=40×12⋅sin60 ∘=10 3cm，
∴AB=BC=20 3cm，
∴剪下的扇形ABC的半径为20 3cm；
【小题2】
解：60π×10 3180÷2π=103 3cm，
∴此圆锥形卡纸的底面圆的半径r为103 3cm.

【解析】1.
本题主要考查了求圆锥底面圆半径，解直角三角形，等边三角形的性质与判定，圆周角定理，熟知相关知识是解题的关键．
连接OB,OC,BC，过点O作OH⊥BC于H，可证明△BAC是等边三角形，得到AB=BC，由圆周角定理可得∠BOC=120 ∘，则由三线合一定理可得∠BOH=60 ∘，BC=2BH，解直角三角形求出BH的长即可得到答案；
2.
根据圆锥的底面圆周长等于其侧面展开图得到的扇形弧长计算求解即可．
19.【答案】【小题1】
50
32
【小题2】
解：D的人数为50×22%=11(人)
∴C的人数为50−8−16−11=15(人)
补全条形统计图如下：
【小题3】
108 ∘
【小题4】
解：2000×15+1150=1040(名).
答：每周阅读时长不少于3小时的学生约有1040名．

【解析】1.
解：本次调查的样本容量是8÷16%=50；
n%=1650×100%=32%
∴n=32；
用A的人数除以占比即可求出样本容量；用B的人数除以样本容量即可求出n；
2. 用样本容量乘以D的占比求出D的人数，然后求出C的人数，然后补全统计图；
3.
解：扇形统计图中“C”部分对应扇形的圆心角为360 ∘×1550=108 ∘；
用360 ∘乘以C的占比即可求出对应扇形的圆心角；
4.
用2000乘以C和D的占比即可求解．
20.【答案】【小题1】
解：设普通豆沙饼的单价是x元，则蛋黄豆沙饼的单价是2x元，
依题意，得：16002x−700x=50，
解得：x=2，
经检验：x=2是所列方程的解且符合题意，
∴2x=2×2=4(元)，
答：普通豆沙饼的单价是2元，蛋黄豆沙饼的单价是4元；
【小题2】
设售价定为a元，利润为W元，
依题意，得：W=a−4200−40a−62=−20a−102+720，
∵−200，
∴x= 2a，
∴ADAB=2a 2a= 2；
【小题2】
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90 ∘，
∵EG⊥BE，
∴∠ABE+∠AEB=90 ∘,∠AEB+∠DEG=90 ∘，
∴∠ABE=∠DEG，
∴△ABE∽△DEG，
∴ABDE=AEDG，
∴ 2aa=aDG，
∴DG= 22a，
∵AB=CD= 2a，
∴DG=CG= 22a，即点G为边CD的中点；
【小题3】
解：结论：MN//AC，MNAC=34.
理由：如图3中，连接BE交AC于点O.
由翻折变换的性质可知BM=EM，MN⊥BE，
设BM=EM=y，
在Rt△AME中，AM2+AE2=EM2，
∴ 2a−y2+a2=y2，
解得：y=3 24a，
∴BM=EM=3 24a，
∵∠BAE=∠D=90 ∘,ABAD=AECD= 22，
∴△ABE∽△DAC，
∴∠ABE=∠DAC，
∵∠ABE+∠AEB=90 ∘，
∴∠DAC+∠AEB=90 ∘，
∴∠AOE=90 ∘，
∴BE⊥AC，
∵MN⊥BE，
∴MN//AC，
∴MNAC=BMBA=3 24a 2a=34；
【小题4】
6−2a

【解析】1.
设AB=x，利用相似矩形的性质，构建方程求解；
2.
证明△ABE∽△DEG，得出ABDE=AEDG，可得DG= 22a即可证明；
3.
设BM=EM=y，在Rt△AME中，AM2+AE2=EM2，构建方程求出y，再证明MN//AC可得结论．
4.
设A′D=x,B′H=y，由折叠的性质可知：AB=A′B′= 2a,∠A′=∠A=90 ∘,AP=A′P，则有B′D= 2a−x，然后可得△PDA′∽△DB′H，根据勾股定理可得y=4 2a2x−4ax2x2+4a2，进而可得y=4 2a2x+2 2a+12a2x+2 2a−4 2a−4a，最后问题可求解．
解：设A′D=x,B′H=y，
由折叠的性质可知：AB=A′B′= 2a,∠A′=∠A=90 ∘,AP=A′P，
∴B′D= 2a−x，
∵∠B′HD=∠ADC=∠A′=90 ∘，
∴∠PDA′+∠B′DH=∠B′DH+∠DB′H=90 ∘，
∴∠PDA′=∠DB′H，
∴△PDA′∽△DB′H，
∴A′DHB′=PDDB′，即xy=PD 2a−x，
∴PD= 2a−xxy，
∴A′P=AP=AD−PD=2a− 2a−xxy，
在Rt△A′PD中，由勾股定理可得：2a− 2a−xxy2= 2a−xxy2−x2，
整理得：y=4 2a2x−4ax2x2+4a2，
∴y=4 2a2x−4ax2−16a3+16a3x2+4a2
=4 2a2x−4ax2+4a2+16a3x2+4a2
=4 2a2x+2 2ax2+4a2−4a
=4 2a2x+2 2ax+2 2a2−4 2ax−4a2−4a
=4 2a2x+2 2ax+2 2a2−4 2ax+2 2a+12a2−4a
=4 2a2x+2 2a+12a2x+2 2a−4 2a−4a，
∵ m− m2=m+n−2 mn≥0，m>0,n>0，
∴m+n≥2 mn，
∵x>0,a>0，
∴x+2 2a>0,12a2x+2 2a>0，
∴x+2 2a+12a2x+2 2a−4 2a≥2 x+2 2a⋅12a2x+2 2a−4 2a=4 3a−4 2a，
∴y=4 2a2x+2 2a+12a2x+2 2a−4 2a−4a≤4 2a24 3a−4 2a−4a= 6−2a，当且仅当x+2 2a=12a2x+2 2a取等号，即x=2 3−2 2a，
∴B′H的最大距离是 6−2a.
23.【答案】【小题1】
解：∵P3 3,3，Q−2,2 3，θ=60 ∘，
∴x′P=3 3×12−3× 32=0y′P=3 3× 32+3×12=6，x′Q=−2×12−2 3× 32=−4y′Q=−2× 32+2 3×12=0，
∴P′0,6,Q′−4,0，
所作线段P′Q′如图所示：
【小题2】
解：如图，由(1)可知：∠POP′=60 ∘,∠QOQ′=60 ∘，
∴P点绕点O逆时针旋转60 ∘得到点P′，Q点绕点O逆时针旋转60 ∘得到Q′；
综上可知：线段PQ绕点O逆时针旋转60 ∘得到线段P′Q′；
【小题3】
解：设直线y=−13x−2上的任意一点坐标为Px,y，θ=45 ∘，则“θ变换”后的P′x′,y′，
∴x′= 22x−yy′= 22x+y，
解得：x= 22x′+y′y= 22y′−x′，
代入直线y=−13x−2得： 22y′−x′=−13 22x′−y′−2，
整理得：y′=12x′−3 22，
∴直线y=−13x−2的“θ变换”线为y=12x−3 22；
【小题4】
解：设反比例函数y=2xx