黑龙江哈尔滨市香坊区2026年香坊区初中毕业学年调研测试(二)数学试卷（含解析）中考模拟

这是一份黑龙江哈尔滨市香坊区2026年香坊区初中毕业学年调研测试(二)数学试卷（含解析）中考模拟，共5页。
1．本试卷满分为120分，考试时间为120分钟．
2．答题前，考生先将自己的“姓名”、“考场”、“座位号”在答题卡上填写清楚．
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸上、试题纸上答题无效．
4．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、字迹清楚．
5．保持卡面整洁，不要折叠、不要弄脏、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀．
第Ⅰ卷选择题（共30分）（涂卡）
一、选择题（每小题3分，共计30分）
1. 若，则里的数应填（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：设里的数为，根据题意可得
移项得

即里的数为．
2. 下列手机手势解锁的图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：选项A，是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
选项B，是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
选项C，既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
选项D，是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
3. 想象一下，在接近绝对零度（）的环境下，能清晰地“看见”材料内部微小的磁场变化，甚至能分辨相距仅米（一根头发丝直径的千分之一）的超导细线．这并不是科幻，是2025年中国科学家实现的最新突破．数据用科学记数法表示应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：
4. 由几个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查由小正方体堆砌成的几何体的三视图，根据主视图是从正面看到的图形进行求解即可．
【详解】解：从正面看，看到的图形分为上下两层，共3列，从左边数，第1、2、3列下面一层都有一个小正方形，第3列上面一层有1个小正方形，即看到的图形如下：
5. 方程的解是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查分式方程的求解，解题思路是通过去分母将分式方程转化为整式方程求解，最后检验得到原方程的解．
【详解】解：，
∵方程两边同乘最简公分母
去分母，得，
展开右边得，
移项合并同类项得，
解得，
检验：当时，，
∴是原分式方程的解．
6. 抛物线与轴的交点坐标是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查抛物线与y轴交点坐标的求解，y轴上所有点的横坐标为0，因此只需令，计算出对应的y值，即可得到交点坐标．
【详解】解：∵抛物线与y轴交点的横坐标为0，
∴令，代入抛物线解析式，
得，
∴抛物线与y轴的交点坐标是，
7. 如图，在正方形中，点为边上一点，连接，将沿翻折，得到，连接，，，则的度数为（ ）
A. 25B. 26C. 28D. 30
【答案】A
【解析】
【详解】解：由折叠得到的，
，，
正方形，
，
，
，
，
，
．
8. 用完全相同的正六边形卡片拼出如图所示的图案，每个图案由若干个正六边形组成．其中第①个图案有2个正六边形，第②个图案有5个正六边形，第③个图案有8个正六边形，第④个图案有11个正六边形，……，按照图示规律，则第⑩个图案有（ ）个正六边形．
A. 32B. 31C. 30D. 29
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查图形规律，根据前三个图形的正六边形的组成个数即可得到第n个图案中正六边形的个数的表达式，继而可得出第⑩个图案正六边形的个数．
【详解】解：由图可得，第①个图案中正六边形的个数为：2；
第②个图案中正六边形的个数为：；
第③个图案中正六边形的个数为：；
……
第n个图案中正六边形的个数为：；
则第⑩个图案中有个正六边形．
9. 如图，已知，以点为圆心，适当长为半径作弧，交于点，交于点；分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点；作射线交于点；分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于，两点；作直线交于点，交于点．依据以上作图，若，，，则的长为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，先证出四边形是菱形，则，再根据可得，代入计算即可．
【详解】解：如图，连接，
由题意得：垂直平分，平分，
∴，，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
解得．
10. 如图，在中，，，．动点以的速度从点出发，沿折线向终点运动，同时动点也以的速度从点出发，沿边向终点运动．设点，的运动时间为，的面积为，则与的函数图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先，得到，然后，根据，，，分三种情况分别求出对应的S关于t的函数表达式，再分别判断在对应取值范围内对应的函数图象即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴，
根据题意知，，
①当时，，
∴当时，S随t的增大而增大；
②当时，，
如图1，过P作于D，
∵，
∴，
∴，
∴，即，解得，
∴，
∵，
∴此时，抛物线开口向下；
③如图2，当时，，
∵，
∴S随t的增大而减小，
综上，选项A符合题意，故选A ．
第Ⅱ卷非选择题（共90分）
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11. 在函数中，自变量x的取值范围是___．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须．
12. 把多项式分解因式的结果是__________．
【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式，再利用平方差公式对剩余部分继续分解即可．
【详解】解：
．
13. 不等式组的解集是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查一元一次不等式组的解法，先求出每个不等式的解集，再根据确定不等式组解集的规则得到不等式组的解集即可作答．
【详解】解：
解不等式，移项得 ，
合并同类项得，
系数化为得．
解不等式，移项得 ，
合并同类项得，
系数化为得．
不等式组的解集为．
14. 定义：我们把关于的一元二次方程与称作一对“友好方程”．如的“友好方程”是．那么一元二次方程的“友好方程”的两根之和为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据友好方程的定义得到目标一元二次方程，再利用根与系数的关系计算两根之和即可．
【详解】解：根据“友好方程”的定义，可得的“友好方程”为，
设该方程的两个根为，，
∴．
15. 一个扇形的圆心角为，半径为3，则这个扇形的弧长为_______（结果保留）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了扇形的弧长公式．
根据扇形的弧长公式进行计算即可．
【详解】解：扇形的圆心角，半径，
则弧长，
故答案为：．
16. 已知蓄电池的电压为定值，使用蓄电池时，电流（单位：）与电阻（单位：）成反比例函数关系，它的图象如图所示．当电流为时，电阻为__________．
【答案】6
【解析】
【分析】设该反比例函数的解析式为，利用待定系数法求出反比例函数解析式，再把代入所得解析式计算即可求解．
【详解】解：设该反比例函数的解析式为，把代入得，，
∴，
∴，
把代入得，，
∴.
17. 今年1月5日中国邮政发行特种邮票《丙午年》，全套共两枚，票面图案分别为：一匹红马奔驰于祥云之上的“驰跃宏图”、三匹骏马并肩驰骋的“万骏臻福”．小骏同学收集了两套《丙午年》特种邮票，现将4枚邮票（除正面图案外完全相同）背面朝上洗匀后放在桌面，他先从中随机抽取1枚，记下名称后不放回，小佳再从剩下的邮票中随机抽取1枚，两人所抽取邮票的票面图案上马匹总数为4匹的概率为__________．
【答案】
【解析】
【详解】解：设一匹红马奔驰于祥云之上的“驰跃宏图”记为1、三匹骏马并肩驰骋的“万骏臻福”记为3，列表如下
共有种等可能结果，两人所抽取邮票的票面图案上马匹总数为4匹的有种可能，
∴两人所抽取邮票的票面图案上马匹总数为4匹的概率为．
18. 函数与的图象如图所示，则关于的不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数图象，可以得到当时，函数图象在的图象下方，从而得出的解集．
【详解】解：根据函数图象可知，当时，函数图象在的图象下方，
∴关于的不等式的解集为．
19. CD为的高，，点E在AB上，，则BE的长为__________．
【答案】2或3
【解析】
【分析】设，分别在中，在中，运用勾股定理建立方程可求得或，再根据等腰直角三角形求得DE=CD=2，分别讨论可求得答案.
【详解】解：设，
因为，所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
又，
所以，
即，
解得或，
因为，
所以DE=CD=2，
当时，如下图所示，
所以BE=BD-DE=4-2=2；
当时，如下图所示，
所以BE=BD+DE=1+2=3；
故答案为：2或3.
本题考查直角三角形勾股定理的运用，运用勾股定理建立方程求得线段长是求解的关键，并注意分情况讨论.
20. 如图，四边形是菱形，，，，分别是，上的动点，且，连接，交于点，连接，过点作于点．则下列结论：①；②；③若，则；④若点，分别为，上的动点，连接，，，当线段最小时，的周长最小值为．上述结论中，所有正确结论的序号是__________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】首先证得均为等边三角形， ， 得，由外角的性质得， ①正确；如图1，过A作交于G，交于H，证得四点共圆，得是等边三角形，得，证得，得，进而得，②正确；由，得，再由 ， 得， 进而得，即，， 再得， 证得，从而得 ，③错误；当时，线段最小，由是等边三角形，得 ． 如图2，过C作于P，作A关于的对称点，连接交于K，当三点共线时，取最小值，即为的长，得垂直平分， 进而得， 证得， 在中，， 从而得周长的最小值为，④正确．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴均为等边三角形，
∴，
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴， ①正确；
如图1，过A作交于G，交于H，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，②正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，③错误；
∵要使线段最小，
∴当时，线段最小，
∵是等边三角形，
∴，
∴．
如图2，过C作于P，作A关于的对称点，连接交于K，
∴当三点共线时，取最小值，即为的长，
∵作A关于的对称点，
∴垂直平分，
∴，
同理可得，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴周长的最小值为，④正确；
综上，正确结论的序号为①②④ ．
能巧妙添加辅助线如图1，过A作交于G，交于H，能构造四点共圆，巧妙运用圆的性质；能巧妙添加辅助线如图2，过C作于P，作A关于的对称点，连接交于K，运用“将军饮马”求最小周长是本题解题的关键．
三、解答题（其中21、22每题7分，23、24每题8分，25-27每题10分）
21. 先化简，再求代数式的值，其中．
【答案】，
【解析】
【详解】解：
，
当时，
原式．
22. 如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，A，B，C都是格点，请用无刻度的直尺按下列要求画图（保留作图痕迹，体现作图过程）．
（1）延长至点D，连接，使；
（2）将绕点逆时针旋转至，过点E作于点F，并直接写出EF的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析，的长为
【解析】
【分析】本题考查作图——网格作图，勾股定理，旋转，相似三角形，三角形的面积．解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．（1）作 即可求解；（2）的面积，，可得出.
【小问1详解】
解：如图：
【小问2详解】
解：如图：的长为．
23. 某学校在八、九年级学生中各随机抽取40名学生对每月的工具使用次数进行了整理、描述和分析（次数用x表示，共分成四组，A：；B：；C：；D：）．下面给出了部分信息：
【信息一】
九年级学生使用次数在B组的数据：16，17，17，18，19，20，21，21，22，22，23，23，23，24．
【信息二】
八年级学生使用次数的条形统计图如图1，九年级学生使用次数的扇形统计图如图2．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）通过计算将图1补充完整，图2中__________；
（2）抽取的学生中，九年级学生每月使用工具次数的中位数是__________；
（3）若该校八年级学生共800名，请你根据样本数据，估计该校八年级学生每月工具使用次数不低于25次的学生人数．
【答案】（1）见解析；20
（2）23 （3）480人
【解析】
【分析】（1）用八年级总人数减去其他组别人数即可计算出组人数，补全条形图；并用扇形统计图求出；
（2）根据中位数定义求出中位数；
（3）根据样本中八年级学生每月工具使用次数不低于25次的学生所占的比例，估算出八年级学生每月工具使用次数不低于25次的学生人数．
【小问1详解】
解：组人数为：（人，
补全条形图：
，
．
故答案为：20；
【小问2详解】
解：九年级学生每月使用工具次数在组的人数为：（人，在组的有14人，
把九年级学生每月使用工具次数的数据从小到大排列，第20、21个数都为23，
中位数为：，
故答案为：23；
【小问3详解】
解：（人，
答：估计该校八年级学生每月工具使用次数不低于25次的学生人数为480人．
24. 矩形中（），对角线，交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，以点为圆心，为半径作圆，在不添加任何辅助线的情况下，若与相切，请直接写出长度等于的线段．
【答案】（1）见解析 （2），，
【解析】
【分析】（1）连接，由矩形的性质得 ，再由点B和点关于对称， 得 垂直平分，进而得，，，然后，由三角形的内角和为，得，进而得出，即；
（2）连接，，设的半径为r，即，首先，由矩形的性质得，由点B关于的对称点为， 点O为的中点，证得是的中位线，得，，， 再由以点为圆心，为半径作圆，与相切，证得与相切，得，是等腰三角形，进而证得， 得，可证得是等边三角形， ，再证得 ， 从而得， 最后，得，即．
【小问1详解】
证明：如图1，连接，
∵四边形是矩形，
∴ ，
∵点B和点关于对称，
∴ 垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：如图2，连接，，设的半径为r，即，
∵四边形是矩形，
∴，
∵点B关于的对称点为，
∴点E是的中点，，，
又∵点O为的中点，
∴是的中位线，
∴，，
由（1）知，
∴．
∵与相切，点是矩形对角线的交点，又是的圆心，
∴点到两平行线间的距离相等，
∴与相切，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，即，
∴的长度等于．
由点B关于的对称点为， 点O为的中点，证得是的中位线，得，，， 再由以点为圆心，为半径作圆，与相切，证得与相切，得，是等腰三角形，进而证得， 得，可证得是等边三角形，是本题解题的关键．
25. 1946年4月28日哈尔滨宣告解放，是东北解放的标志性胜利．为纪念哈尔滨解放80周年，某大学组织150名学生中的一部分进行演讲活动，其余学生进行诗歌朗诵活动．活动结束后，学校为参加演讲活动的学生发放了A种纪念品，为参加诗歌朗诵活动的学生发放了B种纪念品．若购买1个A种纪念品和1个B种纪念品共需44元；购买6个A种纪念品的费用与购买5个B种纪念品的费用相同．
（1）求A、B两种纪念品的销售单价各是多少元；
（2）若参加演讲活动的人数不超过参加诗歌朗诵人数的，当多少人参加演讲活动时购买纪念品的总费用最低，最低费用是多少元？
【答案】（1）A种纪念品的销售单价为20元，B种纪念品的销售单价为24元
（2）当66人参加演讲活动时，购买纪念品的总费用最低，最低费用是3336元
【解析】
【分析】（1）设A种纪念品的销售单价为元，B种纪念品的销售单价为元，根据“购买1个A种纪念品和1个B种纪念品共需44元；购买6个A种纪念品的费用与购买5个B种纪念品的费用相同”列方程组求解即可；
（2）设人参加演讲活动，购买纪念品的总费用为元，先求出m的值，再求出的解析式，根据一次函数的性质作答即可．
【小问1详解】
解：设A种纪念品的销售单价为元，B种纪念品的销售单价为元，根据题意得
解得
答：A种纪念品的销售单价为20元，B种纪念品的销售单价为24元
【小问2详解】
解：设人参加演讲活动，购买纪念品的总费用为元，根据题意得
，
解得
∵是的一次函数，，
∴随的增大而减小．
∴取最大值时，有最小值．
∵为正整数，
∴．
∴时，W=3336
答：当66人参加演讲活动时，购买纪念品的总费用最低，最低费用是3336元．
26. 已知：为直径，弦交于点，弧弧．
（1）如图，求证：；
（2）如图，连接，点为弧上一点，点和点在弧上，连接，，求证：；
（3）如图，在（）的条件下，点为弧中点，连接，，若，，求的长．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析； （3）．
【解析】
【分析】（）连接，，由圆周角定理可得，然后通过等腰三角形的性质即可求证；
（）连接，，通过圆内接四边形的性质可得，证明，再由全等三角形的性质即可求证；
（）连接，，，，，作GQ⊥AO 于点，作GR⊥CH 交延长线于点，作于点，由点为中点，则，所以，设∠BOP=∠DOP=2α ，则，，设，故有，，又，则，从而可得，证明，所以，设EC=ED=35m ，AG=10m ，则OQ=35m ，通过勾股定理得，所以，GQ=OE=45m ，AE=95m ，通过，又BT2=OB2−OT2，tan∠BOT=BTOT=13，所以，然后通过勾股定理得，通过，求得，再由勾股定理求出，，在中，GC2=GR2+CR2，所以，则．
【小问1详解】
证明：连接，，
∵弧弧，
∴，
∵，
∴，；
【小问2详解】
证明：连接，，
∵，∠F+∠GHC=180° ，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：连接，，，，，作GQ⊥AO 于点，作GR⊥CH 交延长线于点，作于点，
点为中点，
，
∴∠BOP=∠DOP ，
设∠BOP=∠DOP=2α ，
，
∴∠BOC=∠BOD=4α ，
，
，
∵GH=CD ，
∴GH=CD，
∴∠GOH=∠COD=8α ，
设，
，
∴∠BAG=12∠BOG=6α+β ，
∵GP=GP，
∴∠GFP=12∠GOP=7α+β ，
∵3∠BAG−2∠GFP=45° ，
，
∴∠GOC=8α+2β=90° ，
∴∠GOQ+∠EOC=90° ，
∵∠EOC+∠OCE=90° ，
∴∠GOQ=∠OCE ，
∵∠GQO=∠CEO=90° ，，
，
∴OQ=CE ，
又∵，
∴，
∵CD:AG=35:5 ，
设EC=ED=35m ，AG=10m ，则OQ=35m ，
∵Rt△AQG 中，，
中，，AQ+OQ=AO=GO ，
∴，即，
整理得：，
解得：或（舍去），
，
，GQ=OE=45m ，AE=95m ，
中，，
由上可知：，
∴tan∠BOP=tan∠BAD=13，
∵Rt△OBT 中，，，
，
，
∴BT=522m ，
∵S△OBT=12OP⋅BT=5410，
，
∴m=−55（舍去），，
，，
∵Rt△OCG 中，GC2=GO2+CO2，
∴GC=52，
，
∴∠GFC=12∠GOC=45° ，
∵∠GFC+∠GHC=180° ，
∴∠GHC=135° ，
∴∠GHR=180°−∠GHC=45° ，
∵Rt△GHR 中，，GR=HR ，
，
∵Rt△GCR 中，GC2=GR2+CR2，
∴CR=42，
∴CH=CR−HR=2．
27. 已知：如图1，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，二次函数的图象交轴于两点（点在点的左侧），交轴于点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图2，点为上一点，过点作轴交抛物线于点，连接交轴于点，设点的横坐标为，的长为，求与的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，点为轴上点右侧一点，在第一象限内作等边，点在第一象限，连接，连接并延长至点，，连接，，作于点，连接，，，点为第二象限抛物线上一点，连接，，，求直线的解析式．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二次函数解析式的形式，可以求得，，由于，得到点C的坐标，将其坐标代入解析式可求得a的值；
（2）根据已知条件，可得，分别表示出各线段的长度，不难得出与的关系式；
（3）连接，，作交延长线于点，作QR⊥AO 于点，作于点， 根据条件和可得为等边三角形，因此很容易证明，利用全等三角形的性质进行导边，导角，结合辅助线可证，利用各个点的坐标表示出各线段的长度，由条件建立方程，解得t的值，进而求得点E的坐标，再根据条件进行导角，可推导出是等腰直角三角形，利用建立关系式，求得点Q的坐标，最后利用待定系数法求直线的解析式．
【小问1详解】
二次函数图象交轴于，两点，
，，
，，
，
，
，代入解析式得，
，解得，
二次函数的解析式．
【小问2详解】
，轴，
，
∴PE=−t2+2t+8 ，，
中，tan∠DAO=ODOA，中，，
，即，
∵t+2≠0 ，
，
．
【小问3详解】
连接，，作交延长线于点，作QR⊥AO 于点，作于点，
为等边三角形，
∴EG=GH=EH ，∠HEG=∠EHG=60° ．
∵∠GHN=∠EHM ，
∴∠MHN=∠GHN+∠GHM
=∠EHM+∠GHM
=∠EHG=60° ，
∵MN=MH ，
为等边三角形，
∴∠NMH=∠HNM=60° ，，
在和中，
，
∴∠HNG=∠EMH=90° ，
∴∠MNG=∠HNG−∠HNM=30° ，
∵∠EMB=180°−∠EMH−∠HMN=30° ，，
∴∠L=∠EMB=30° ，
，
∴GL=GN ，
∴GL=EM ，
∵∠EBM=∠GBL ，
在和中
，
，
，
四边形为矩形，
，
，，
，
，
∵∠FEH=∠FEB−∠HEG=30° ，
∴HT=12EH=4−t ，
∵S△EHF=12EF⋅HT=9 ，即12×8−2t×4−t=9 ，
∴t=7>4 （舍），，
∴E1,0，
∵∠FEH=30° ，，
∴∠EFH=∠EHF=75° ，
∴∠FHG=∠FHE+∠EHG=135° ，
∵∠QBA+∠FHG=180° ，
，
∴∠RQB=180°−∠QRB−∠QBR=45° ，
∴QR=BR ，
设Qn,−n2+2n+8，
∴4−n=−n2+2n+8 ，
（舍），，
∴Q−1,5，
设直线解析式为，
∴k+b=0−k+b=5
解得
∴y=−52x+52．
本题是二次函数压轴题，考察了二次函数图像的性质、解直角三角形、平行线对应线段成比例、待定系数法求解析式、等边三角形的性质等知识点，其中掌握二次函数图像的性质，等边三角形的性质是解题的关键．
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