2026届吉林省长春市五校中考数学模拟精编试卷含解析

这是一份2026届吉林省长春市五校中考数学模拟精编试卷含解析，共17页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，下列运算正确的是，如图，点A，B在双曲线y=等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．-2的绝对值是（）
A．2B．-2C．±2D．
2．如图，△ABC中，∠C=90°，D、E是AB、BC上两点，将△ABC沿DE折叠，使点B落在AC边上点F处，并且DF∥BC，若CF=3，BC=9，则AB的长是( )
A．B．15C．D．9
3．抛物线y=–x2+bx+c上部分点的横坐标x、纵坐标y的对应值如下表所示：
从上表可知，下列说法错误的是
A．抛物线与x轴的一个交点坐标为(–2，0)B．抛物线与y轴的交点坐标为(0，6)
C．抛物线的对称轴是直线x=0D．抛物线在对称轴左侧部分是上升的
4．下列运算正确的是（ ）
A．a﹣3a=2aB．（ab2）0=ab2C．=D．×=9
5．为确保信息安全，信息需加密传输，发送方将明文加密后传输给接收方，接收方收到密文后解密还原为明文，已知某种加密规则为，明文a，b对应的密文为a＋2b，2a－b，例如：明文1，2对应的密文是5，0，当接收方收到的密文是1，7时，解密得到的明文是( )
A．3，－1B．1，－3C．－3，1D．－1，3
6．如图，点A，B在双曲线y=（x＞0）上，点C在双曲线y=（x＞0）上，若AC∥y轴，BC∥x轴，且AC=BC，则AB等于（ ）
A．B．2C．4D．3
7．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，动点P满足S△PAB＝S矩形ABCD，则点P到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（ ）
A．B．C．5D．
8．如图是一块带有圆形空洞和矩形空洞的小木板，则下列物体中最有可能既可以堵住圆形空洞，又可以堵住矩形空洞的是（ ）
A．正方体B．球C．圆锥D．圆柱体
9．一次函数y=2x+1的图像不经过 ( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
10．圆锥的底面直径是80cm，母线长90cm，则它的侧面积是
A．B．C．D．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．分解因式：x2－9＝_ ▲ ．
12．如图，等腰△ABC的周长为21，底边BC=5，AB的垂直平分线DE交AB于点D，交AC于点E，则△BEC的周长为____．
13．如图，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，AB=4，点D为AB的中点，以点D为圆心作圆，半圆恰好经过三角形的直角顶点C，以点D为顶点，作90°的∠EDF，与半圆交于点E，F，则图中阴影部分的面积是____．
14．方程的解是 ．
15．在比例尺为1：50000的地图上，量得甲、乙两地的距离为12厘米，则甲、乙两地的实际距离是______千米．
16．一次函数y=kx+b（k≠0）的图象如图所示，那么不等式kx+b＜0的解集是_____．
17．化简：①=_____；②=_____；③=_____．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）为进一步深化基教育课程改革，构建符合素质教育要求的学校课程体系，某学校自主开发了A书法、B阅读，C足球，D器乐四门校本选修课程供学生选择，每门课程被选到的机会均等．学生小红计划选修两门课程，请写出所有可能的选法；若学生小明和小刚各计划送修一门课程，则他们两人恰好选修同一门课程的概率为多少？
19．（5分）某通讯公司推出了A，B两种上宽带网的收费方式（详情见下表）
设月上网时间为x h（x为非负整数），请根据表中提供的信息回答下列问题
（1）设方案A的收费金额为y1元，方案B的收费金额为y2元，分别写出y1，y2关于x的函数关系式；
（2）当35＜x＜50时，选取哪种方式能节省上网费，请说明理由
20．（8分）计算：2﹣1+|﹣|++2cs30°
21．（10分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m+3）x+m+2=1．
（1）求证：无论实数m取何值，方程总有两个实数根；
（2）若方程两个根均为正整数，求负整数m的值．
22．（10分）关于x的一元二次方程ax2+bx+1=1．
（1）当b=a+2时，利用根的判别式判断方程根的情况；
（2）若方程有两个相等的实数根，写出一组满足条件的a，b的值，并求此时方程的根．
23．（12分）某景区在同一线路上顺次有三个景点A，B，C，甲、乙两名游客从景点A出发，甲步行到景点C；乙花20分钟时间排队后乘观光车先到景点B，在B处停留一段时间后，再步行到景点C．甲、乙两人离景点A的路程s（米）关于时间t（分钟）的函数图象如图所示．甲的速度是______米/分钟；当20≤t≤30时，求乙离景点A的路程s与t的函数表达式；乙出发后多长时间与甲在途中相遇？若当甲到达景点C时，乙与景点C的路程为360米，则乙从景点B步行到景点C的速度是多少？
24．（14分）（1）如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，∠MPN＝90°，且∠MPN的直角顶点在BC边上，BP＝1．
①特殊情形：若MP过点A，NP过点D，则＝ ．
②类比探究：如图2，将∠MPN绕点P按逆时针方向旋转，使PM交AB边于点E，PN交AD边于点F，当点E与点B重合时，停止旋转．在旋转过程中，的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
（2）拓展探究：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AD⊥AB，⊙A的半径为1，点E是⊙A上一动点，CF⊥CE交AD于点F．请直接写出当△AEB为直角三角形时的值．
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、A
【解析】
根据绝对值的性质进行解答即可
【详解】
解：﹣1的绝对值是：1．
故选：A．
【点睛】
此题考查绝对值，难度不大
2、C
【解析】
由折叠得到EB=EF，∠B=∠DFE，根据CE+EB=9，得到CE+EF=9，设EF=x，得到CE=9-x，在直角三角形CEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出EF与CE的长，由FD与BC平行，得到一对内错角相等，等量代换得到一对同位角相等，进而确定出EF与AB平行，由平行得比例，即可求出AB的长．
【详解】
由折叠得到EB=EF，∠B=∠DFE，
在Rt△ECF中，设EF=EB=x，得到CE=BC-EB=9-x，
根据勾股定理得：EF2=FC2+EC2，即x2=32+（9-x）2，
解得：x=5，
∴EF=EB=5，CE=4，
∵FD∥BC，
∴∠DFE=∠FEC，
∴∠FEC=∠B，
∴EF∥AB，
∴，
则AB===，
故选C．
【点睛】
此题考查了翻折变换（折叠问题），涉及的知识有：勾股定理，平行线的判定与性质，平行线分线段成比例，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
3、C
【解析】
当x=-2时，y=0，
∴抛物线过（-2，0），
∴抛物线与x轴的一个交点坐标为（-2，0），故A正确；
当x=0时，y=6，
∴抛物线与y轴的交点坐标为（0，6），故B正确；
当x=0和x=1时，y=6，
∴对称轴为x=，故C错误；
当x＜时，y随x的增大而增大，
∴抛物线在对称轴左侧部分是上升的，故D正确；
故选C．
4、D
【解析】
直接利用合并同类项法则以及二次根式的性质、二次根式乘法、零指数幂的性质分别化简得出答案．
【详解】
解：A、a﹣3a=﹣2a，故此选项错误；
B、（ab2）0=1，故此选项错误；
C、故此选项错误；
D、×=9，正确．
故选D．
【点睛】
此题主要考查了合并同类项以及二次根式的性质、二次根式乘法、零指数幂的性质，正确把握相关性质是解题关键．
5、A
【解析】
根据题意可得方程组，再解方程组即可．
【详解】
由题意得：，
解得：，
故选A．
6、B
【解析】
【分析】依据点C在双曲线y=上，AC∥y轴，BC∥x轴，可设C（a，），则B（3a，），A（a，），依据AC=BC，即可得到﹣=3a﹣a，进而得出a=1，依据C（1，1），B（3，1），A（1，3），即可得到AC=BC=2，进而得到Rt△ABC中，AB=2．
【详解】点C在双曲线y=上，AC∥y轴，BC∥x轴，
设C（a，），则B（3a，），A（a，），
∵AC=BC，
∴﹣=3a﹣a，
解得a=1，（负值已舍去）
∴C（1，1），B（3，1），A（1，3），
∴AC=BC=2，
∴Rt△ABC中，AB=2，
故选B．
【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，注意反比例函数图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．
7、D
【解析】
解：设△ABP中AB边上的高是h．∵S△PAB=S矩形ABCD，∴ AB•h=AB•AD，∴h=AD=2，∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE就是所求的最短距离．
在Rt△ABE中，∵AB=5，AE=2+2=4，∴BE= ==，即PA+PB的最小值为．故选D．
8、D
【解析】
本题中，圆柱的俯视图是个圆，可以堵住圆形空洞，它的正视图和左视图是个矩形，可以堵住方形空洞．
【详解】
根据三视图的知识来解答．圆柱的俯视图是一个圆，可以堵住圆形空洞，而它的正视图以及侧视图都为一个矩形，可以堵住方形的空洞，故圆柱是最佳选项．
故选D．
【点睛】
此题考查立体图形，本题将立体图形的三视图运用到了实际中，只要弄清楚了立体图形的三视图，解决这类问题其实并不难．
9、D
【解析】
根据一次函数的系数判断出函数图象所经过的象限，由k=2＞0，b=1＞0可知，一次函数y=2x+1的图象过一、二、三象限.另外此题还可以通过直接画函数图象来解答.
【详解】
∵k=2＞0，b=1＞0，
∴根据一次函数图象的性质即可判断该函数图象经过一、二、三象限，不经过第四象限.
故选D.
【点睛】
本题考查一次函数图象与系数的关系，解决此类题目的关键是确定k、b的正负.
10、D
【解析】
圆锥的侧面积=×80π×90=3600π(cm2) .
故选D．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、 (x＋3)(x－3)
【解析】
x2-9=（x+3）（x-3），
故答案为（x+3）（x-3）.
12、3
【解析】
试题分析：因为等腰△ABC的周长为33，底边BC=5，所以AB=AC=8，又DE垂直平分AB，所以AE=BE,所以△BEC的周长为=BE+CE+BC=AE+CE+BC=AC+BC=8+5=3．
考点：3．等腰三角形的性质；3．垂直平分线的性质．
13、π﹣1．
【解析】
连接CD，作DM⊥BC，DN⊥AC，证明△DMG≌△DNH，则S四边形DGCH=S四边形DMCN，求得扇形FDE的面积，则阴影部分的面积即可求得．
【详解】
连接CD，作DM⊥BC，DN⊥AC．
∵CA=CB，∠ACB=90°，点D为AB的中点，∴DC=AB=1，四边形DMCN是正方形，DM=．
则扇形FDE的面积是：=π．
∵CA=CB，∠ACB=90°，点D为AB的中点，∴CD平分∠BCA．
又∵DM⊥BC，DN⊥AC，∴DM=DN．
∵∠GDH=∠MDN=90°，∴∠GDM=∠HDN．在△DMG和△DNH中，∵，∴△DMG≌△DNH（AAS），∴S四边形DGCH=S四边形DMCN=1．
则阴影部分的面积是：π﹣1．
故答案为π﹣1．
【点睛】
本题考查了三角形的全等的判定与扇形的面积的计算的综合题，正确证明△DMG≌△DNH，得到S四边形DGCH=S四边形DMCN是关键．
14、x=1．
【解析】
根据解分式方程的步骤解答即可.
【详解】
去分母得：2x=3x﹣1，
解得：x=1，
经检验x=1是分式方程的解，
故答案为x=1．
【点睛】
本题主要考查了解分式方程的步骤，牢牢掌握其步骤就解答此类问题的关键．
15、
【解析】
本题可根据比例线段进行求解.
【详解】
解：因为在比例尺为1:50000的地图上甲，乙两地的距离12cm，所以，甲、乙的实际距离x满足12:x=1:50000，即x=12=600000cm=6km.
故答案为6.
【点睛】
本题主要考查比例尺和比例线段的相关知识.
16、x＞﹣1．
【解析】
一次函数y=kx+b的图象在x轴下方时，y＜0，再根据图象写出解集即可．
【详解】
当不等式kx+b＜0时，一次函数y=kx+b的图象在x轴下方，因此x＞﹣1．
故答案为：x＞﹣1．
【点睛】
本题考查了一次函数与一元一次不等式:从函数的角度看,就是寻求使一次函数y=kx+b（k≠0）的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围;从函数图象的角度看,就是确定直线y=kx+b（k≠0）在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合.
17、4 5 5
【解析】
根据二次根式的性质即可求出答案．
【详解】
①原式=4；②原式==5；③原式==5，
故答案为：①4；②5；③5
【点睛】
本题考查二次根式的性质，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1）答案见解析；（2）
【解析】
分析：（1）直接列举出所有可能的结果即可.
（2）画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出他们两人恰好选修同一门课程的结果数，然后根据概率公式求解．
详解：（1）学生小红计划选修两门课程，她所有可能的选法有：A书法、B阅读；A书法、C足球；A书法、D器乐；B阅读，C足球；B阅读，D器乐；C足球，D器乐.
共有6种等可能的结果数；
（2）画树状图为：
共有16种等可能的结果数，其中他们两人恰好选修同一门课程的结果数为4，
所以他们两人恰好选修同一门课程的概率
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，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
19、（1），；（2）当35＜x＜1时，选择B方式能节省上网费，见解析.
【解析】
（1）根据两种方式的收费标准，进行分类讨论即可求解；
（2）当35＜x＜1时，计算出y1-y2的值，即可得出答案．
【详解】
解：（1）由题意得：；
即；
；
即；
（2）选择B方式能节省上网费
当35＜x＜1时，有y1＝3x－45，y2＝1．
:y1-y2=3x－45－1＝3x－2．记y＝3x-2
因为3＞4，有y随x的增大而增大
当x＝35时，y＝3．
所以当35＜x＜1时，有y＞3，即y＞4．
所以当35＜x＜1时，选择B方式能节省上网费
【点睛】
此题考查了一次函数的应用，注意根据图表得出解题需要的信息，难度一般，正确理解收费标准求出函数解析式是解题的关键．
20、+4．
【解析】
原式利用负整数指数幂法则，二次根式性质，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值．
【详解】
原式＝++2+2×＝+4．
【点睛】
本题考查了实数的运算，涉及了负整数指数幂、特殊角的三角函数值、二次根式的化简等，熟练掌握各运算的运算法则是解本题的关键．
21、 (1)见解析；(2) m=-1.
【解析】
（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=1>1，由此即可证出：无论实数m取什么值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）利用分解因式法解原方程，可得x1=m，x2=m+1，在根据已知条件即可得出结论．
【详解】
（1）∵△=（m+3）2﹣4（m+2）
=（m+1）2
∴无论m取何值，（m+1）2恒大于等于1
∴原方程总有两个实数根
（2）原方程可化为:(x-1)(x-m-2)=1
∴x1=1, x2=m+2
∵方程两个根均为正整数,且m为负整数
∴m=-1.
【点睛】
本题考查了一元二次方程与根的判别式，解题的关键是熟练的掌握根的判别式与根据因式分解法解一元二次方程.
22、（2）方程有两个不相等的实数根；（2）b=-2，a=2时，x2=x2=﹣2．
【解析】
分析：（2）求出根的判别式，判断其范围，即可判断方程根的情况.
（2）方程有两个相等的实数根，则，写出一组满足条件的，的值即可.
详解：（2）解：由题意：．
∵，
∴原方程有两个不相等的实数根．
（2）答案不唯一，满足（）即可，例如：
解：令，，则原方程为，
解得：．
点睛：考查一元二次方程根的判别式，
当时，方程有两个不相等的实数根.
当时，方程有两个相等的实数根.
当时，方程没有实数根.
23、（1）60；（2）s＝10t－6000；（3）乙出发5分钟和1分钟时与甲在途中相遇；（4）乙从景点B步行到景点C的速度是2米/分钟．
【解析】
（1）观察图像得出路程和时间，即可解决问题．
（2）利用待定系数法求一次函数解析式即可；
（3）分两种情况讨论即可；
（4）设乙从B步行到C的速度是x米/分钟，根据当甲到达景点C时，乙与景点C的路程为360米，所用的时间为（90-60）分钟，列方程求解即可．
【详解】
（1）甲的速度为60米/分钟．
（2）当20≤t ≤1时，设s=mt＋n，由题意得：，解得：，所以s=10t－6000；
（3）①当20≤t ≤1时，60t=10t－6000，解得：t=25，25－20=5；
②当1≤t ≤60时，60t=100，解得：t=50，50－20=1．
综上所述：乙出发5分钟和1分钟时与甲在途中相遇．
（4）设乙从B步行到C的速度是x米/分钟，由题意得：
5400－100－（90－60） x=360
解得：x=2．
答：乙从景点B步行到景点C的速度是2米/分钟．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、行程问题等知识，解题的关键是理解题意，读懂图像信息，学会构建一次函数解决实际问题，属于中考常考题型．
24、 (1) ①特殊情形：；②类比探究: 是定值，理由见解析;(2) 或
【解析】
（1）证明，即可求解；
（2）点E与点B重合时，四边形EBFA为矩形，即可求解；
（3）分时、时，两种情况分别求解即可．
【详解】
解：（1），
，
故答案为；
（2）点E与点B重合时，四边形EBFA为矩形，
则为定值；
（3）①当时，如图3，
过点E、F分别作直线BC的垂线交于点G，H，
由（1）知：，
，同理，
.
则，
则 ；
②当时，如图4，
，
则
，
，则，
，
则 ，
故或 ．
【点睛】
本题考查的圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形的基本知识，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
x
…
–2
–1
0
1
2
…
y
…
0
4
6
6
4
…