2026年安徽池州市第十一中等校中考二模数学试卷（含解析）

这是一份2026年安徽池州市第十一中等校中考二模数学试卷（含解析），文件包含化学试题docx、化学试题答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．你拿到的试卷满分为150分．考试时间为120分钟．
2．试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，“试题卷”共6页，“答题卷”共6页；
3．请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的；
4．考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回．
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）
每小题都给出A，B，C，D四个选项，其中只有一个是符合题目要求的．
1. 比大1的数是（ ）
A. B. 2027C. D. 2025
【答案】C
【解析】
【分析】求比一个数大1的数，只需用这个数加1，再根据有理数加法法则计算即可得到结果．
【详解】解：，
比大1的数是．
2. 池州平天湖隧道（G236平天湖隧道及连接线工程）目前正处于主体结构施工攻坚期．作为安徽省内最长的市区湖底隧道，它不仅是池州的交通动脉，也是连接主城区与东部新城的关键工程，路线全长约7.209公里，项目总投资约24.7亿元，预计2028年建成通车．其中24.7亿用科学记数法表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．先将24.7亿改写为普通整数，再根据科学记数法的定义确定a和n的值即可．
【详解】24.7亿．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据幂的运算法则与算术平方根的性质，逐一计算各选项即可判断正误．
【详解】选项A、，故本选项错误，不符合题意；
B、，故本选项错误，不符合题意；
C、，故本选项正确，符合题意；
D、，故本选项错误，不符合题意；
4. 中央电视台有一个非常受欢迎的娱乐节目：墙来了！选手需按墙上的空洞造型（如图所示）摆出相同姿势，才能穿墙而过，否则会被推入水池．类似地，一个几何体恰好无缝隙地以3个不同形状的“姿势”穿过“墙”上的3个空洞，则该几何体为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了从不同方向看几何体，熟练掌握从不同方向看几何体得到的形状是解题的关键．分别观察每个选项的几何体从三个不同方向看到的形状，判断其是否与墙上的三个空洞形状完全匹配．
【详解】解：选项A的三个方向看到的形状完全匹配这三个空洞，
选项C的三个方向看到的形状无法完全匹配这三个空洞，
选项D的三个方向看到的形状无法完全匹配这三个空洞，
选项B的三个方向看到的形状无法完全匹配这三个空洞，
故选：A．
5. 已知直线，将一块含角的直角三角板按如图方式放置，其中斜边与直线n交于点D．若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点C作，则，利用两直线平行内错角相等以及对顶角相等解答即可．
【详解】解：如图，过点C作，则，
，
,
，
．
6. 每周四下午的社团课是学校的特色课程，李明和王丽都很喜欢“法官小达人”、“调色板艺术”、“智造机器人”这三种课程，于是两人都随机选择一种参加，则至少有一人选择“智造机器人”课程的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出树状图，先确定所有等可能的选择结果数，再找出至少有一人选择“智造机器人”课程的结果数，代入概率公式计算即可．
【详解】解：设三种课程分别为：A“法官小达人”，B“调色板艺术”，C“智造机器人”，根据题意，画出树状图，如图：
共有9种等可能结果，其中至少有一人选择“智造机器人”课程的结果有5种，
∴至少有一人选择“智造机器人”课程的概率是．
7. 近日，秋浦西路（虎泉路−−长江中路段）正在进行路面维修改造，采取半幅封闭施工，给市民出行带来极大不便．该路段全长800米，在维修200米后，为了能尽快完工，采用了新的维修技术，工作效率比原来提升了，结果比原计划提前2天完成任务．设原计划每天维修x米，则可列方程（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据“原计划修剩余路程的时间减去提速后修剩余路程的时间等于提前的2天”找等量关系列方程即可．
【详解】解：∵原计划每天维修x米，已修200米，剩余路程为米，
∴按原效率修完剩余路程的时间为天，
∵效率提升后，每天维修长度为米，
∴提速后修完剩余路程的时间为天，
∵最终提前2天完成任务，因此原时间比提速后时间多2天，
∴列方程得．
8. 如图，在边长为1的小正方形网格中，点A、B、C都在格点上，过A、B、C三点的圆与网格线交于点D，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】因为同弧所对的圆周角相等，可将求转化为求．根据网格的坐标特征，计算、、的长度，利用正弦的定义，即直角三角形中角的对边与斜边的比值，计算的值．
【详解】∵和都对弧，
∴，即．
根据每个小正方形边长为1，则 ，，
由勾股定理得：​，
∴，
∴．
9. 已知两个非负实数a、b满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件用表示，结合非负的条件得到的取值范围，再利用一次函数的性质求解最小值．
【详解】解：∵ 是非负实数，且，
∴，
又，
∴，
将代入得：，
∵，
∴的值随的减小而减小，
∴当取最小值时，取得最小值，
把代入得，最小值为．
10. 如图1所示，将一个等腰直角三角板摆放在平面直角坐标系中，其中直角边在轴上，点在第二象限，将直线沿轴负方向以每秒个单位长度的速度平移．设平移过程中该直线被的边截得的线段长度为，平移时间为，与的函数图像如图2所示，下列结论错误的是（ ）
A. 点的坐标为
B.
C. 边所在直线的解析式为
D. 的面积为
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象可知直线移动到点用了秒，移动到点用了秒，可以求出，可得点的坐标是；根据勾股定理可以求出，根据等腰直角三角形的性质可以求出；根据点、的坐标，利用待定系数法求出直线的解析式；根据三角形的面积公式可以求出的面积为.
【详解】解：由函数图象可知，当秒时，直线经过点，
当秒时，的值最大，即直线经过点，
当时，直线经过点，
当时，可得：，
解得：，
点的坐标是，
由图象可知，直线移动到点用了秒，移动到点用了秒，
个单位长度，个单位长度，
点的横坐标为，点的横坐标是，
，
三角板是等腰直角三角形，
，
点的坐标是，
故A选项正确；
，
，
当直线经过点时，的值最大，最大值为；
故B选项正确；
点的坐标是，点的坐标是，
设直线的解析式是，
可得：，
解得：，
边所在直线的解析式是，
故C选项正确；
，
的面积为，
故选项错误．
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，满分20分）
11. 分解因式：=______．
【答案】x（x+2）（x﹣2）
【解析】
【分析】先提取公因式，再根据平方差公式分解因式即可．
【详解】解：
=
=x（x+2）（x﹣2）．
故答案为：x（x+2）（x﹣2）．
本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，掌握a2-b2=（a+b）（a-b）是解题的关键．
12. 已知整数n满足，则________．
【答案】4
【解析】
【分析】先计算二次根式的乘法，再估算的大小，进而可得的范围，即可求解．
【详解】解：，
∵，
∴，
∴，即，
又∵整数n满足，
∴．
13. 如图，点A在反比例函数第一象限的图象上，点B在反比例函数第三象限的图象上，轴于点C，轴于点D，，交于点E，若，则k的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】分别过点A、B作轴于点P，轴于点Q，根据，可得点A的横坐标为k，点B的横坐标为，从而得到点A的纵坐标为2，点B的纵坐标为，进而得到，再证得，，再由，可得，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，分别过点A、B作轴于点P，轴于点Q，
∵，
∴点A的横坐标为k，点B的横坐标为，
∵点A在反比例函数第一象限内图象上，点B在反比例函数第三象限内图象上，
∴点A的纵坐标为2，点B的纵坐标为，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，解得：或（舍去）．
14. 如图，正方形边长为，，分别是正方形的两个外角的平分线，点，分别是平分线，上的点，且满足，连接，，．
（1）________；
（2）若，则________．
【答案】 ①. 45 ②.
【解析】
【分析】（1）先利用正方形性质、外角平分线得到角度，再结合三角形内角和与，推导两角和；
（2）将绕点逆时针旋转，使与重合，得到，先证，再证，最后利用勾股定理求．
【详解】解：（1） 四边形是正方形，边长为4，
，
、是正方形外角的平分线，
，
在中，，
在中，，
又，
，
．
（2）已知，，则，
将绕点逆时针旋转，使与重合，得到，
，，，，
，，
，即，
，
又 ，
，
，
由（1）知 ，，
，可证 ，
，
，
，
，
在中，，，
，
．
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15. 先化简，再求值：，其中．
【答案】；2026
【解析】
【分析】先处理括号内的分式加法，再处理分式除法，因为除以一个分式等于乘以它的倒数，所以将除法运算转化为乘法运算．对分子分母中的多项式进行因式分解，再约分得到最简结果，最后代入给定的x的值计算最终结果．
【详解】原式，
当时，．
16. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为、、．
（1）画出将向左平移3个单位，再向上平移1个单位后的；
（2）以原点O为位似中心，位似比为，在y轴的左侧，画出将放大后的．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【小问1详解】
解：先向左平移3个单位，再向上平移1个单位，得到；
【小问2详解】
解：以原点O为位似中心，位似比为，在y轴的左侧，分别延长、、到点、、，使得、、，得到放大后的．
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17. 我国传统数学名著《九章算术》记载：“今有牛五、羊二，直金十九两；牛二、羊五，直金十六两．问牛、羊各直金几何？”译文：“假设有5头牛、2只羊，值19两银子；2头牛、5只羊，值16两银子，问每头牛、每只羊分别值银子多少两？”
根据以上译文，提出以下两个问题：
（1）求每头牛、每只羊各值多少两银子？
（2）若某商人准备用19两银子买牛和羊（要求既有牛也有羊，且银两须全部用完），请问商人有几种购买方法？列出所有的可能．
【答案】(1) 每头牛3两银子,每只羊2两银子;(2) 三种购买方法, 买牛5头,买养2只或买牛3头,买养5只或买牛1头,买养8只．
【解析】
【分析】(1)根据题意列出二元一次方程组,解出即可．
(2)根据题意列出代数式,穷举法代入取值即可．
【详解】(1)设每头牛x银两,每只羊y银两．
解得:
答:每头牛3两银子,每只羊2两银子．
(2)设买牛a头,买羊b只．
3a+2b=19,即．
解得a=5,b=2；或a=3,b=5,或a=1,b=8．
答:三种购买方法, 买牛5头,买养2只或买牛3头,买养5只或买牛1头,买羊8只．
本题考查二元一次方程组的应用,关键在于理解题意找出等量关系．
18. 天台峰（又称天台正顶）是九华山的核心景区，素有“不上天台，等于没来”之说，以陡峭石阶、古寺禅林和云海奇观而闻名遐迩．五一假期，小华和家人游览家乡名胜九华山，原本计划乘坐索道观光车直接登顶天台峰，但是由于假期游客众多，他们不得不放弃原定方案，在当地导游的指引下决定选择一条小众的游览路线挑战徒步攀登天台峰．山路蜿蜒向上，越往高处山势愈发陡峭，一行人在中途观光平台短暂休整后，最终成功登顶天台峰．伫立天台寺前，俯瞰群山如黛，云海翻腾，小华不禁感叹：“只有历经攀登的艰辛，才能领略′一览众山小′的壮美”．图①为小华用无人机拍摄的天台峰的实景图，图②为小华及家人登山路线的几何示意图，以山脚（闵园）A为起点，海拔高度约为米，沿着与水平方向夹角为的古石阶步行米到达观光平台，的长为且与水平线平行．在B处通过无人机测得与天台峰D的水平距离为米，陡阶与水平方向夹角为，试问天台峰D的海拔高度约为多少米？（结果精确到1米，参考数据：，，，，，）
【答案】米
【解析】
【分析】过点B作，垂足为点E，过点D作，垂足为点G，交的延长线于点F，则，在中，，在中，，从而，以山脚（闵园）A为起点，海拔高度约为米，故天台峰D的海拔高度约为米．
【详解】解：如图，过点B作，垂足为点E，过点D作，垂足为点G，交的延长线于点F，则．
在中，，，
，
∵由题意知：，，
，
∴在中，，，
，
，
，
答：天台峰D的海拔高度约为米．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19. 综合与实践：人形机器人马拉松技术分析
2024年4月19日，全球首个人形机器人马拉松品牌赛事−−2024北京亦庄半程马拉松暨人形机器人半程马拉松在欢呼与感动中落幕，来自荣耀齐天大圣队的“闪电”机器人（冠军）和北京人形机器人创新中心的“天工”机器人赛场表现优异，赛后组委会共收集了“闪电”机器人组、“天工”机器人组完整测试数据，并从中随机抽取平均速度、算法响应、散热控制、续航能力、弯道通过率5组数据进行对比分析，满分均为分，相关数据如下：
两款机器人测试数据得分表
已知信息：上表抽取的5组数据中，“闪电”机器人得分的众数为8分；“天工”机器人得分的众数为9分，两款机器人的平均得分都是分．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：①处的数值为________，②处的数值为________；
（2）稳定性分析：
已知“天工”机器人5组数据得分的方差为，请通过计算判断哪款机器人的技术性能更稳定；
（3）样本估计总体：
若得分不低于9分视为“优秀指标”，请根据抽取的样本数据，估计两款机器人所有测试数据中“优秀指标”的总组数．
【答案】（1）8，9 （2）“闪电”机器人的技术性能更稳定
（3）
【解析】
【分析】（1）由“闪电”机器人和“天工”机器人得分的众数、平均数可得①处的数值为8，②处的数值为9；
（2）由方差公式计算出“闪电”机器人5组数据得分的方差为，，故“闪电”机器人的技术性能更稳定；
（3）由表格知“闪电”机器人的“优秀指标”的频率为，“天工”机器人的“优秀指标”的频率为，用样本估计总体可得两款机器人所有测试数据中“优秀指标”的总组数为．
【小问1详解】
解：由题意可知机器人5组成绩为①，8，9，，8，平均分为，
故，解得，此时众数为8，符合题意，
由“天工”机器人得分的众数为9分，可知，
代入验算平均分，符合题意；
【小问2详解】
解；“闪电”机器人5组数据得分的方差为，
，
∴“闪电”机器人的技术性能更稳定；
【小问3详解】
解：“闪电”机器人的“优秀指标”的频率为，“天工”机器人的“优秀指标”的频率为，
，
答：估计两款机器人所有测试数据中“优秀指标”的总组数为．
20. 如图，在中，，点O是边上一点，以点O为圆心，的长为半径画圆，交边于点E，切边于点F，连接，，．
（1）求证：平分；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）3
【解析】
【分析】（1）根据相切的性质，平行线的性质，圆心角等于圆周角的一半即可求证；
（2）证，根据相似比求解即可．
【小问1详解】
证明：∵与圆相切于点，
∴，
∵，
∴，
∵是所对的圆心角，是所对的圆周角，
∴，
∴，
∴平分．
【小问2详解】
解：∵是直径，
，
又，
，
，即，
，，
，
∴在中，．
六（本题满分12分）
21. 【问题提出】甲、乙两人轮流从一堆糖果中取糖果，规定每次至少取1颗，最多取m颗，取到最后一颗者获胜．设初始糖果总数为n，探究先手（先取糖果）或后手必胜的策略．
【问题探究】请将下述材料中横线上所缺内容补充完整：
（1）基础情形验证：当每次最多取2颗（）时，观察下表并总结规律：
结论：当n为_______的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略．
（2）扩展情形分析：若每次最多取3颗（），
当时，先手取1颗（或2颗或3颗），后手相应可取3颗（或2颗或1颗）．因此后手有必胜的策略；
当时，先手第一次取_______颗，可迫使后手陷入必输状态．
结论：当n为_______的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略．
（3）数学归纳猜想：若每次最多取m颗（），当n为_______的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略．当，时，你来参与游戏，为确保必胜，你应选择_______（先手或后手），你第一次取_______颗．
【答案】（1）3 （2）1；4
（3）；先手；6
【解析】
【分析】（1）观察表中的数据，当n为3的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略；
（2）分析题目所给条件：当时，不论先手取几颗，后手都可以直接取到最后一颗，故后手有必胜的策略；当时，先手第一次取1颗，剩下4颗，此时后手取x颗，先手就取颗，就能取到最后一颗，可迫使后手陷入必输状态，所以填1；因为时后手必胜，时先手必胜，时后手必胜，所以当n为4的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略；
（3）由（1）（2）的结论可得若每次最多取m颗（），当n为的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略；由这个结论和可得，当，时，你来参与游戏，为确保必胜，你应选择先手，你第一次取6颗．
【小问1详解】
解：观察可得：当n为3的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略；
【小问2详解】
解：当时，先手第一次取1颗，剩下4颗，此时后手取x颗，
先手就取颗，就能取到最后一颗，可迫使后手陷入必输状态，所以填1，
观察时后手必胜，时先手必胜，时后手必胜，可得：
当n为4的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略；
【小问3详解】
解：由（1）（2）知：
当每次最多取颗，当n为3的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略，
当每次最多取颗，当n为4的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略，
从而可推得：若每次最多取m颗（），当n为的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略；
先计算即，所以应选择先手；
必胜策略：先手第一次取6颗糖果，之后每轮对手取x颗，先手就取颗，这样每轮两人一共取颗糖果，经过轮后，最后一颗糖果必然被先手取到，从而获胜．
七、（本题满分12分）
22. 如图，在等边中，D为上一点，连接，将线段绕点C顺时针旋转得到线段，连接、，与相交于点F．
（1）如图1，求证：；
（2）点G为延长线上一点，且，连接，与相交于点O，连接，，若．
①如图2，当时，求的长；
②如图3，当四边形的面积为时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）① ②
【解析】
【分析】（1）为等边三角形，可得，，由旋转可得，，证明，即可证明结论；
（2）①由旋转可得是等边三角形，由，可得，，则在等边三角形中，可得，则，再证明四边形是平行四边形，可得点为的中点，即可得的长；
②过点E作于点M，由①得四边形是平行四边形，可得，，可得，由，可得，即可得的长．
【小问1详解】
证明：∵为等边三角形，
∴，，
∵线段绕点C顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：①∵，，
∴是等边三角形，
∵，
∴，，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴在中，．
②如图，过点E作于点M，
由①得四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
八、（本题满分14分）
23. 已知抛物线．
（1）求抛物线的对称轴；
（2）若点均在抛物线上，且对于任意，都有．
①求的值（用含的代数式表示）；
②求证：．
【答案】（1）直线
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的对称轴公式求解即可；
（2）①分和两种情况讨论，利用二次函数的图象与性质求解即可；②先求出，再用的代数式表示出，再根据二次函数的性质求证即可．
【小问1详解】
解：∵抛物线，
∴，
∴抛物线的对称轴为直线；
【小问2详解】
①解：当时，∵点均在抛物线上，且对于任意，都有．
∴点为抛物线的顶点，
由（1）得，当时，
∴；
当时，抛物线开口向下，函数值没有最小值，故不符合题意；
综上：；
②证明：∵点在抛物线上，
∴
∴
，
∵，
由①可得，
∴当时，取得最大值，即．
机器人
平均速度
算法响应
散热控制
续航能力
弯道通过率
闪电
①
8
9
8
天工
7
②
8
9
糖果总数（n）
1
2
3
4
5
6
7
…
先手是否有必胜的策略
是
是
否
是
是
否
是
…