2026届湖北省武汉市部分校中考适应性考试数学试题含解析

这是一份2026届湖北省武汉市部分校中考适应性考试数学试题含解析，文件包含2026年安徽高考生物试卷pdf、2026年安徽高考生物答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．的值是
A．B．C．D．
2．半径为的正六边形的边心距和面积分别是( )
A．，B．，
C．，D．，
3．某种计算器标价240元，若以8折优惠销售，仍可获利20%，那么这种计算器的进价为（ ）
A．152元B．156元C．160元D．190元
4．如图，已知AB和CD是⊙O的两条等弦．OM⊥AB，ON⊥CD，垂足分别为点M、N，BA、DC的延长线交于点P，联结OP．下列四个说法中：
①；②OM=ON；③PA=PC；④∠BPO=∠DPO，正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．如图，已知函数与的图象在第二象限交于点，点在的图象上，且点B在以O点为圆心，OA为半径的上，则k的值为
A．B．C．D．
6．关于x的一元二次方程x2﹣2x+k+2＝0有实数根，则k的取值范围在数轴上表示正确的是( )
A．B．
C．D．
7．下列二次根式中，为最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
8．过正方体中有公共顶点的三条棱的中点切出一个平面，形成如图几何体，其正确展开图正确的为（ ）
A．B．C．D．
9．抛物线的顶点坐标是（ ）
A．（2，3）B．（-2，3）C．（2，-3）D．（-2，-3）
10．如图是某个几何体的展开图，该几何体是（ ）
A．三棱柱B．三棱锥C．圆柱D．圆锥
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．=________
12．如图，点A在反比例函数y=（x＞0）的图像上，过点A作AD⊥y轴于点D，延长AD至点C，使CD=2AD，过点A作AB⊥x轴于点B，连结BC交y轴于点E，若△ABC的面积为6，则k的值为________.
13．9的算术平方根是 ．
14．如图，AB是⊙O的直径，BD，CD分别是过⊙O上点B，C的切线，且∠BDC＝110°．连接AC，则∠A的度数是_____°．
15．如图，正方形ABCD中，AB=3，以B为圆心，AB长为半径画圆B，点P在圆B上移动，连接AP，并将AP绕点A逆时针旋转90°至Q，连接BQ，在点P移动过程中，BQ长度的最小值为_____．
16．如图，已知点C为反比例函数上的一点，过点C向坐标轴引垂线，垂足分别为A、B，那么四边形AOBC的面积为___________．
17．如图，已知等腰直角三角形 ABC 的直角边长为 1，以 Rt△ABC 的斜边 AC 为直角 边，画第二个等腰直角三角形 ACD，再以 Rt△ACD 的斜边 AD 为直角边，画第三个等腰直 角三角形 ADE……依此类推，直到第五个等腰直角三角形 AFG，则由这五个等腰直角三角
形所构成的图形的面积为__________．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）某花卉基地种植了郁金香和玫瑰两种花卉共 30 亩，有关数据如表：
（1）设种植郁金香 x 亩，两种花卉总收益为 y 万元，求 y 关于 x 的函数关系式．（收益=销售额﹣成本）
（2） 若计划投入的成本的总额不超过 70 万元，要使获得的收益最大，基地应种植郁金香和玫瑰个多少亩？
19．（5分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为（3，0），（0，1）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）猜想△EDB的形状并加以证明；
（3）点M在对称轴右侧的抛物线上，点N在x轴上，请问是否存在以点A，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（8分）用你发现的规律解答下列问题．
┅┅计算 ．探究 ．（用含有的式子表示）若的值为，求的值．
21．（10分）如图是一副扑克牌中的三张牌，将它们正面向下洗均匀，甲同学从中随机抽取一张牌后放回，乙同学再从中随机抽取一张牌，用树状图（或列表）的方法，求抽出的两张牌中，牌面上的数字都是偶数的概率．
22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，直线DC与AB的延长线相交于点P，弦CE平分∠ACB，交AB点F，连接BE．
(1)求证：AC平分∠DAB；
(2)求证：PC＝PF；
(3)若tan∠ABC＝，AB＝14，求线段PC的长．
23．（12分）如图，四边形 ABCD 中，对角线 AC、BD 相交于点 O，若 AB，求证：四边形 ABCD 是正方形
24．（14分） “大美湿地，水韵盐城”．某校数学兴趣小组就“最想去的盐城市旅游景点”随机调查了本校部分学生，要求每位同学选择且只能选择一个最想去的景点，下面是根据调查结果进行数据整理后绘制出的不完整的统计图：
请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）求被调查的学生总人数；
（2）补全条形统计图，并求扇形统计图中表示“最想去景点D”的扇形圆心角的度数；
（3）若该校共有800名学生，请估计“最想去景点B“的学生人数．
参考答案
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、D
【解析】
根据特殊角三角函数值，可得答案．
【详解】
解：，
故选：D．
【点睛】
本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．
2、A
【解析】
首先根据题意画出图形，易得△OBC是等边三角形，继而可得正六边形的边长为R，然后利用解直角三角形求得边心距，又由S正六边形=求得正六边形的面积．
【详解】
解：如图，O为正六边形外接圆的圆心，连接OB，OC，过点O作OH⊥BC于H，
∵六边形ABCDEF是正六边形，半径为，
∴∠BOC=，
∵OB=OC=R，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC=OB=OC=R，
∵OH⊥BC，
∴在中，，
即，
∴，即边心距为；
∵，
∴S正六边形=，
故选：A．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆的知识；求得正六边形的中心角为60°，得到等边三角形是正确解答本题的关键．
3、C
【解析】
【分析】设进价为x元，依题意得240×0.8-x=20x℅,解方程可得.
【详解】设进价为x元，依题意得
240×0.8-x=20x℅
解得x=160
所以，进价为160元.
故选C
【点睛】本题考核知识点：列方程解应用题. 解题关键点：找出相等关系.
4、D
【解析】
如图连接OB、OD；
∵AB=CD，
∴=，故①正确
∵OM⊥AB，ON⊥CD，
∴AM=MB，CN=ND，
∴BM=DN，
∵OB=OD，
∴Rt△OMB≌Rt△OND，
∴OM=ON，故②正确，
∵OP=OP，
∴Rt△OPM≌Rt△OPN，
∴PM=PN，∠OPB=∠OPD，故④正确，
∵AM=CN，
∴PA=PC，故③正确，
故选D．
5、A
【解析】
由题意，因为与反比例函数都是关于直线对称，推出A与B关于直线对称，推出，可得，求出m即可解决问题；
【详解】
函数与的图象在第二象限交于点，
点
与反比例函数都是关于直线对称，
与B关于直线对称，
，
，
点
故选：A．
【点睛】
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，反比例函数的图像与性质，圆的对称性及轴对称的性质.解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，本题的突破点是发现A，B关于直线对称．
6、C
【解析】
由一元二次方程有实数根可知△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
【详解】
∵关于x的一元二次方程x2−2x+k+2=0有实数根，
∴△=(−2)2−4(k+2)⩾0，
解得：k⩽−1，
在数轴上表示为：
故选C.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式.根据一元二次方程根的情况利用根的判别式列出不等式是解题的关键.
7、B
【解析】
最简二次根式必须满足以下两个条件:1.被开方数的因数是（整数）,因式是（ 整式 ）（分母中不含根号）2.被开方数中不含能开提尽方的（ 因数 ）或（ 因式 ）.
【详解】
A. =3, 不是最简二次根式；
B. ，最简二次根式；
C. =,不是最简二次根式；
D. =,不是最简二次根式.
故选：B
【点睛】
本题考核知识点：最简二次根式.解题关键点：理解最简二次根式条件.
8、B
【解析】
试题解析：选项折叠后都不符合题意，只有选项折叠后两个剪去三角形与另一个剪去的三角形交于一个顶点，与正方体三个剪去三角形交于一个顶点符合.
故选B.
9、A
【解析】
已知解析式为顶点式，可直接根据顶点式的坐标特点，求顶点坐标．
【详解】
解：y=（x-2）2+3是抛物线的顶点式方程，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（2，3）．
故选A．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的性质，关键是熟记：顶点式y=a（x-h）2+k，顶点坐标是（h，k），对称轴是x=h．
10、A
【解析】
侧面为长方形，底面为三角形，故原几何体为三棱柱.
【详解】
解：观察图形可知，这个几何体是三棱柱.
故本题选择A.
【点睛】
会观察图形的特征，依据侧面和底面的图形确定该几何体是解题的关键.
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、13
【解析】
＝2+9－4+6
＝13.
故答案是：13.
12、1
【解析】
连结BD，利用三角形面积公式得到S△ADB=S△ABC=2，则S矩形OBAD=2S△ADB=1，于是可根据反比例函数的比例系数k的几何意义得到k的值．
【详解】
连结BD，如图，
∵DC=2AD，
∴S△ADB=S△BDC=S△BAC=×6=2，
∵AD⊥y轴于点D，AB⊥x轴，
∴四边形OBAD为矩形，
∴S矩形OBAD=2S△ADB=2×2=1，
∴k=1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了反比例函数的比例系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
13、1．
【解析】
根据一个正数的算术平方根就是其正的平方根即可得出.
【详解】
∵，
∴9算术平方根为1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了算术平方根，熟练掌握算术平方根的概念是解题的关键.
14、4．
【解析】
试题分析：连结BC，因为AB是⊙O的直径，所以∠ACB＝90°，∠A+∠ABC＝90°，又因为BD，CD分别是过⊙O上点B，C的切线，∠BDC＝440°，所以CD=BD,所以∠BCD＝∠DBC＝4°,又∠ABD＝90°，所以∠A=∠DBC＝4°．
考点：4．圆周角定理；4．切线的性质；4．切线长定理．
15、3﹣1
【解析】
通过画图发现，点Q的运动路线为以D为圆心，以1为半径的圆，可知：当Q在对角线BD上时，BQ最小，先证明△PAB≌△QAD，则QD=PB=1，再利用勾股定理求对角线BD的长，则得出BQ的长．
【详解】
如图，当Q在对角线BD上时，BQ最小．
连接BP，由旋转得：AP=AQ，∠PAQ=90°，∴∠PAB+∠BAQ=90°．
∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∴∠BAQ+∠DAQ=90°，∴∠PAB=∠DAQ，∴△PAB≌△QAD，∴QD=PB=1．在Rt△ABD中，∵AB=AD=3，由勾股定理得：BD=，∴BQ=BD﹣QD=3﹣1，即BQ长度的最小值为（3﹣1）．
故答案为3﹣1．
【点睛】
本题是圆的综合题．考查了正方形的性质、旋转的性质和最小值问题，寻找点Q的运动轨迹是本题的关键，通过证明两三角形全等求出BQ长度的最小值最小值．
16、1
【解析】
解：由于点C为反比例函数上的一点，
则四边形AOBC的面积S=|k|=1．
故答案为：1.
17、12.2
【解析】
∵△ABC是边长为1的等腰直角三角形，∴S△ABC=×1×1==11-1；
AC==，AD==1，∴S△ACD==1=11-1
∴第n个等腰直角三角形的面积是1n-1．∴S△AEF=14-1=4，S△AFG=12-1=8，
由这五个等腰直角三角形所构成的图形的面积为+1+1+4+8=12.2．故答案为12.2．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1）y = 0.1x + 15，（2）郁金香 25 亩，玫瑰 5 亩
【解析】
（1）根据题意和表格中的数据可得到y关于x的函数；
（2）根据题意可列出相应的不等式，再根据（1）中的函数关系式即可求解.
【详解】
（1）由题意得y=（3-2.4）x-（2.5-2）（30-x）=0.1x+15
即y关于x的函数关系式为y=0.1x+15
（2）由题意得2.4x+2（30-x）≤70
解得x≤25，
∵y=0.1x+15
∴当x=25时，y最大=17.5
30-x=5，
∴要使获得的收益最大，基地应种植郁金香25亩和玫瑰5亩.
【点睛】
此题主要考查一次函数的应用，解题的关键是根据题意进行列出关系式与不等式进行求解.
19、（1）y=﹣x2+3x；（2）△EDB为等腰直角三角形；证明见解析；（3）（，2）或（，﹣2）．
【解析】
（1）由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由B、D、E的坐标可分别求得DE、BD和BE的长，再利用勾股定理的逆定理可进行判断；
（3）由B、E的坐标可先求得直线BE的解析式，则可求得F点的坐标，当AF为边时，则有FM∥AN且FM=AN，则可求得M点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标；当AF为对角线时，由A、F的坐标可求得平行四边形的对称中心，可设出M点坐标，则可表示出N点坐标，再由N点在x轴上可得到关于M点坐标的方程，可求得M点坐标．
【详解】
解：（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，
∴A（4，0），C（0，3），
∵抛物线经过O、A两点，
∴抛物线顶点坐标为（2，3），
∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2+3，
把A点坐标代入可得0=a（4﹣2）2+3，解得a=﹣，
∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣2）2+3，即y=﹣x2+3x；
（2）△EDB为等腰直角三角形．
证明：
由（1）可知B（4，3），且D（3，0），E（0，1），
∴DE2=32+12=10，BD2=（4﹣3）2+32=10，BE2=42+（3﹣1）2=20，
∴DE2+BD2=BE2，且DE=BD，
∴△EDB为等腰直角三角形；
（3）存在．理由如下：
设直线BE解析式为y=kx+b，
把B、E坐标代入可得，解得，
∴直线BE解析式为y=x+1，
当x=2时，y=2，
∴F（2，2），
①当AF为平行四边形的一边时，则M到x轴的距离与F到x轴的距离相等，即M到x轴的距离为2，
∴点M的纵坐标为2或﹣2，
在y=﹣x2+3x中，令y=2可得2=﹣x2+3x，解得x=，
∵点M在抛物线对称轴右侧，
∴x＞2，
∴x=，
∴M点坐标为（，2）；
在y=﹣x2+3x中，令y=﹣2可得﹣2=﹣x2+3x，解得x=，
∵点M在抛物线对称轴右侧，
∴x＞2，
∴x=，
∴M点坐标为（，﹣2）；
②当AF为平行四边形的对角线时，
∵A（4，0），F（2，2），
∴线段AF的中点为（3，1），即平行四边形的对称中心为（3，1），
设M（t，﹣t2+3t），N（x，0），
则﹣t2+3t=2，解得t=，
∵点M在抛物线对称轴右侧，
∴x＞2，
∵t＞2，
∴t=，
∴M点坐标为（，2）；
综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（，2）或（，﹣2）．
【点睛】
本题为二次函数的综合应用，涉及矩形的性质、待定系数法、勾股定理及其逆定理、平行四边形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中求得抛物线的顶点坐标是解题的关键，注意抛物线顶点式的应用，在（2）中求得△EDB各边的长度是解题的关键，在（3）中确定出M点的纵坐标是解题的关键，注意分类讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．
20、解：（1）；（2）；（3）n=17.
【解析】
（1）、根据给出的式子将各式进行拆开，然后得出答案；（2）、根据给出的式子得出规律，然后根据规律进行计算；（3）、根据题意将式子进行展开，然后列出关于n的一元一次方程，从而得出n的值.
【详解】
(1)原式=1−+−+−+−+−=1−=.
故答案为；
(2)原式=1−+−+−+…+−=1−=
故答案为；
(3) +++…+
= (1−+−+−+…+−)
=(1−)
=
=
解得：n=17.
考点：规律题.
21、
【解析】
画树状图展示所有9种等可能的结果数，再找出两次抽取的牌上的数字都是偶数的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】
画树状图为：
共有9种等可能的结果数，其中两次抽取的牌上的数字都是偶数的结果数为2，
所以两次抽取的牌上的数字都是偶数的概率＝＝．
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．
22、（1）（2）证明见解析；（3）1．
【解析】
（1）由PD切⊙O于点C，AD与过点C的切线垂直，易证得OC∥AD，继而证得AC平分∠DAB；
（2）由条件可得∠CAO=∠PCB，结合条件可得∠PCF=∠PFC，即可证得PC=PF；
（3）易证△PAC∽△PCB，由相似三角形的性质可得到 ，又因为tan∠ABC= ，所以可得=，进而可得到=，设PC=4k，PB=3k，则在Rt△POC中，利用勾股定理可得PC2+OC2=OP2，进而可建立关于k的方程，解方程求出k的值即可求出PC的长．
【详解】
（1）证明：∵PD切⊙O于点C，
∴OC⊥PD，
又∵AD⊥PD，
∴OC∥AD，
∴∠ACO=∠DAC．
∵OC=OA，
∴∠ACO=∠CAO，
∴∠DAC=∠CAO，
即AC平分∠DAB；
（2）证明：∵AD⊥PD，
∴∠DAC+∠ACD=90°．
又∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∴∠PCB+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠PCB．
又∵∠DAC=∠CAO，
∴∠CAO=∠PCB．
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACF=∠BCF，
∴∠CAO+∠ACF=∠PCB+∠BCF，
∴∠PFC=∠PCF，
∴PC=PF；
（3）解：∵∠PAC=∠PCB，∠P=∠P，
∴△PAC∽△PCB，
∴．
又∵tan∠ABC=，
∴，
∴，
设PC=4k，PB=3k，则在Rt△POC中，PO=3k+7，OC=7，
∵PC2+OC2=OP2，
∴（4k）2+72=（3k+7）2，
∴k=6 （k=0不合题意，舍去）．
∴PC=4k=4×6=1．
【点睛】
此题考查了和圆有关的综合性题目，用到的知识点有：切线的性质、相似三角形的判定与性质、垂径定理、圆周角定理、勾股定理以及等腰三角形的判定与性质．
23、详见解析.
【解析】
四边形ABCD是正方形，利用已知条件先证明四边形ABCD是平行四边形，再证明四边形ABCD是矩形，再根据对角线垂直的矩形是正方形即可证明四边形ABCD是正方形．
【详解】
证明：在四边形ABCD中，OA=OC,OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵OA=OB=OC=OD，
又∵AC=AO+OC,BD=OB+DO，
∴AC=BD，
∴平行四边形是矩形，
在△AOB中，，
∴△AOB是直角三角形，即AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形.
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、正方形的判定以及勾股定理的运用和勾股定理的逆定理的运用，题目的综合性很强．
24、（1）40；（2）72；（3）1．
【解析】
（1）用最想去A景点的人数除以它所占的百分比即可得到被调查的学生总人数；
（2）先计算出最想去D景点的人数，再补全条形统计图，然后用360°乘以最想去D景点的人数所占的百分比即可得到扇形统计图中表示“最想去景点D”的扇形圆心角的度数；
（3）用800乘以样本中最想去A景点的人数所占的百分比即可．
【详解】
（1）被调查的学生总人数为8÷20%=40（人）；
（2）最想去D景点的人数为40﹣8﹣14﹣4﹣6=8（人），补全条形统计图为：
扇形统计图中表示“最想去景点D”的扇形圆心角的度数为×360°=72°；
（3）800×=1，所以估计“最想去景点B“的学生人数为1人．
成本
（单位：万元/亩）
销售额
（单位：万元/亩）
郁金香
2.4
3
玫瑰
2
2.5