2026年湖北省武汉市江岸区中考一模（五调）数学试卷（含解析）

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下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑．
1. 以下四款常用的人工智能大模型的图标，是轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据沿一条直线折叠后能够互相重合的图形是轴对称图形进行判断即可．
【详解】解：A．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，故选项不符合题意；
B．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，故选项不符合题意；
C．可以找到对称轴，使图形两侧能够完全重合，是轴对称图形，故选项符合题意；
D．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，故选项不符合题意．
2. 有两个事件，事件（1）：检查生产流水线上的一个产品，是合格品；事件（2）：任意画一个三角形，其内角和是．下列说法中，正确的是（ ）
A. （1）、（2）均是随机事件
B. （1）、（2）均是不可能事件
C. （1）是随机事件，（2）是不可能事件
D. （1）是必然事件，（2）是随机事件
【答案】C
【解析】
【分析】根据随机事件、不可能事件、必然事件的定义，分别判断两个事件的类型即可得到答案．
【详解】解：在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件是随机事件；一定不发生的事件是不可能事件．
检查生产流水线上的产品，可能是合格品也可能不是合格品，结果不确定，故事件（1）是随机事件，
任意三角形的内角和为，不可能为，该事件一定不发生，故事件（2）是不可能事件
∴（1）是随机事件，（2）是不可能事件，选项C符合题意．
3. 如图所示几何体俯视图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：几何体的俯视图是：
4. 据第三方机构测算，2026年武汉马拉松赛事产生的经济效益达亿元，同比增长．数据亿用科学记数法可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：亿=．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同底数幂的除法，合并同类项，单项式乘法，积的乘方与幂的乘方法则逐一计算判断即可.
【详解】选项A：∵同底数幂相除，底数不变，指数相减，∴，A错误；
选项B：∵与不是同类项，不能合并，∴，B错误；
选项C：∵单项式乘单项式，系数相乘，同底数幂相加指数，∴，C错误；
选项D：∵积的乘方等于各因式分别乘方，幂的乘方底数不变指数相乘，∴，D正确.
6. 如图，用一根细绳把物体悬挂起来，其中细绳的一端固定在垂直于地面的墙面上，当物体静止后对其进行受力分析，细绳对物体的拉力分别为和，物体所受重力方向竖直向下，若，，则的度数是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先据题意得，求出值，再根据周角性质即可求解．
【详解】如图，
∵据题意得，，，
∴，即，
∵，，
∴．
7. 一个盒子内装有大小、形状相同的四个球，其中红球1个、绿球1个、白球2个，小明摸出一个球不放回，再摸出一个球，则两次都摸到白球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画树状图求出共有12种等可能结果，符合题意得有2种，从而求解．
【详解】解：画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，两次都摸到白球的有2种情况，
∴两次都摸到白球的概率是：．
故答案为：C．
本题考查画树状图求概率，掌握树状图的画法准确求出所有的等可能结果及符合题意的结果是本题的解题关键．
8. 随着科技的发展，部分快递送货被无人驾驶快递车替代．一辆无人驾驶快递车从公司出发，匀速行驶到达甲快递点卸完包裹后，立即以相同的速度前往乙快递点．已知公司和甲、乙两个快递点依次在同一条直线上，且在每个快递点包裹的时间相同，快递车离公司的路程与时间的函数关系如图所示，根据图象可知，快递车在每个快递点卸包裹的时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设快递车在每个快递点卸包裹的时间为x，根据快递车的速度不变列方程求解即可．
【详解】解：设快递车在每个快递点卸包裹的时间为x，
∵快递车的速度不变，
∴，
解得，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
∴快递车在每个快递点卸包裹的时间为．
9. 如图，半径弦于点，将沿对折交于点，，，则的长为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，延长交于点，连接，根据对折的性质得到，，根据圆周角定理和得到，根据圆的性质得到，进而得到，，根据已知条件得到，进而根据勾股定理得到．
【详解】解：如图，连接，延长交于点，连接，
将沿对折交于点，
，，
是的直径，
，
，
半径弦于点，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
10. 对于一个四位自然数，若它的千位数字比个位数字多6，百位数字比十位数字多2，则称为“天真数”．如：四位数7311，，，是“天真数”；四位数8421，，不是“天真数”，一个“天真数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，记，，若能被7整除，则满足条件的的最大值为（ ）
A. 9863B. 9753C. 8972D. 8822
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查新定义运算与整式化简，根据“天真数”的定义化简，再优先从高位取最大数验证，得到符合条件的最大值．
【详解】解：设“天真数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，
由定义得，，
即，，其中，，均为整数，，，
，
要求该式能被整除，要找最大的，优先取最大的，
代入得，
要能被整除，且，
，
此范围内的倍数只有，
即，得，
则，，
得到，该数大于所有“天真数”，符合条件．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
下列各题不需要写出解答过程，请将结果直接写在答题卡的指定位置．
11. 实数3的相反数是______．
【答案】
【解析】
【详解】解：实数3的相反数是．
12. 若反比例函数的图象有一支位于第三象限，写出一个满足条件的的值是________．
【答案】1（答案不唯一）
【解析】
【详解】解：反比例函数的图象有一支位于第三象限，
，则满足条件的可以是1（答案不唯一）.
13. 分式方程的解为________．
【答案】
【解析】
【详解】解：方程去分母，得，
解得，
检验，当时，
∴原方程的解为.
14. 如图，从热气球C上测得两建筑物、底部的俯角分别为和，如果这时气球的高度为100米，且点、、在同一直线上，则建筑物、之间的距离________米（结果精确到1米，）．
【答案】273
【解析】
【分析】根据特殊三角函数值进行计算与的值，即可求出建筑物A、B之间的距离．
【详解】解：由题意知，
，
在中，，
解得，
在中，，
解得，
，
15. 如图，将正方形逆时针旋转得到正方形，使点落在边上，经过点，与交于点，且，．则的长是________，的长是________．
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】先结合正方形的性质以及旋转的性质，证明，故，再运用勾股定理列式计算得，，运用角的等量代换，得出，然后证明，把数值代入计算，即可作答．
【详解】解：∵，．
∴
依题意，连接记的交点为点，如图所示：
∵将正方形逆时针旋转得到正方形，使点落在边上，经过点，与交于点，
∴，，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
则，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得．
16. 已知抛物线（，，是常数且）的自变量与函数的部分对应值如下表：其中．以下结论：
①；
②若抛物线经过点，，则；
③关于的方程有两个不相等的实数根；
④；
⑤当，，的最大值是，则或．
其中正确的结论是________（填写序号）．
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据表格数据得到抛物线对称轴，求出与的关系，结合的范围判断开口方向与的符号，再利用二次函数的性质、一元二次方程根的判别式、不等式的性质逐一分析每个结论，判断其正确性．
【详解】解：当和时，均有，
点和点关于抛物线的对称轴对称，
抛物线的对称轴为，
∵，
∴，
∴抛物线解析式为，
由表格可知，当时，，
，
，
又∵当时，，
∴抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而增大，
∴抛物线开口向下，即，
∵，，
∴，
，故正确；
∵抛物线开口向下，对称轴为，
∴点到对称轴的距离为，点到对称轴的距离为，
，开口向下的抛物线，离对称轴越远，函数值越小，
，故错误；
由题意得，
，
∴，
将代入得，
，
当时，，
将代入得，，
将代入得，，
，
，，即，
方程有两个不相等的实数根，故正确；
∵抛物线对称轴为，
和关于对称轴对称，
，
∵是的函数值，
∴，
，
将代入得，，
，即
解得，
∴
，即，故正确；
当时，，
将代入得，，
∵，
∴，
∵时的最大值为，
∴在取值范围内不包含顶点，
当取值在顶点左侧时，即，则最大值在处，
∴
解得，
若区间在顶点右侧，即，则最大值在处，
∴
解得，
或，故错误，
综上所述，正确的结论是①③④．
本题依托二次函数对称性开口性质，结合判别式、不等式范围综合判断，利用对称找点、距离比较函数值、参数代换化简代数式，在取值范围内找最值忽略顶点位置、代换参数算错范围．
三、解答题（共8小题，共72分）
下列各题需要在答题卡指定的位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形．
17. 解不等式组：
【答案】
【解析】
【详解】解：
解不等式①得，
解不等式②得，
不等式组的解集为．
18. 如图，在中，点、分别在边、上，且．
（1）求证：；
（2）连接，请添加一个条件：________，使四边形是平行四边形，不需要说明理由．
【答案】（1）证明：，
，，
在和中，，

（2）或
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质，运用边角边原理证明即可；
（2）根据平行四边形的判定求解即可．
【小问1详解】
略
【小问2详解】
解：连接，添加，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是平行四边形，
连接，添加，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是平行四边形．
19. 2025年，国务院印发《国务院关于深入实施“人工智能＋”行动的意见》，为人工智能的发展描绘了未来10年的战略蓝图．为了更好地拥抱人工智能，某校八年级信息技术社团在第一次能力测试之后，将人工智能技术应用于社团教学中，两个月后进行了第二次能力测试．从两次能力测试中各随机抽取20名学生的成绩进行统计，绘制成如图统计图．根据图表信息解决下列问题：
（1）补全条形统计图；
（2）第一次能力测试数据的中位数为________，第二次能力测试数据的众数为________；
（3）若规定9分及9分以上为优秀，该社团共200名学生参加了第二次测试，估计在第二次测试中成绩优秀的学生人数．
【答案】（1） （2）；
（3）60人．
【解析】
【分析】（1）先理解题意，列式计算得出分的人数，再补全条形统计图，即可作答．
（2）根据中位数的定义，众数的定义进行分析，即可作答．
（3）运用样本估计总体列式计算，即可作答．
【小问1详解】
解：（人），
∴补全条形统计图；略
【小问2详解】
解：，
∵各随机抽取20名学生的成绩进行统计
∴中位数是把数据从小到大排序后，位于中间位置的数，即第10名和第11名之间，
∵
依题意，第10名是分，第11名是分，
∴第一次能力测试数据的中位数为．
观察第二次能力测试的条形统计图，得出分的人最多，即众数为8
【小问3详解】
解：（人）
答：估计在第二次测试中成绩优秀的学生有60人．
20. 如图，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，过圆心O作弦BC的垂线，交过点C的切线 于点D，OD交⊙O于点E，连接AC，BD．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）若AC＝AO＝3，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）连接OC，由题意可以证得△OCD≌△OBD，从而得到∠OBD＝∠OCD＝90°，最后得到所证结论成立；
（2）由题意可以得到△BOD与扇形OBE的面积，求出两者之差即得阴影部分的面积．
【详解】（1）如图，连接OC，
由OD⊥BC，OC＝OB，可得∠COD＝∠BOD，
由OC＝OB，∠COD＝∠BOD，OD＝OD可得△OCD≌△OBD，
则可得∠OBD＝∠OCD＝90°，
则BD是⊙O的切线；
（2）由图可知，
由AC＝AO＝3可得△OAC是等边三角形，OC＝3，∠AOC＝60°，
则∠COD＝∠BOD＝60°，
则CD＝tan60°·OC＝3，
则，
则
本题考查切线的应用，熟练掌握切线的判定与性质、三角形全等的判定与性质、扇形面积与三角形面积的计算方法是解题关键．
21. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，A，B，C都是格点．仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个画图任务．每个任务的连线不超过五条．
（1）在图1中，画的中线；再将绕点A逆时针旋转得到线段；
（2）在图2中，点M为竖格线上一点，在射线上画一点F，使；再过点F作于G．
【答案】（1）解：如图，、为所求线段；
（2）解：如图，点F、线段即为所求，
【解析】
【分析】（1）根据网格性质（交叉连线得中点）找到的中点D，连接C和D，即线段为的中线；再利用网格的性质（横纵比相反），确定E点位置，连接A和E，即为所求线段．
（2）根据相似三角形的性质取线段靠近点B与第二根横格线的交点H，此时，连接并延长交的延长线于点F即为所求；再利用网格的性质（横纵比相反）取格点K，连接交竖格线于点N，此时，连接交竖格线于点P，连接并延长交竖格线于点S，连接并延长交于点G，此时，根据“8字形”证得，则，即为所求线段．
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
22. 某科学兴趣社团从地面竖直向上发射自制火箭，已知火箭离地面的高度h（m）满足关系式，其中t（s）是物体运动的时间，（）是火箭被发射时的速度，火箭被发射后离地面的最大高度为．
（1）求的值；
（2）已知实验楼的高度为，求火箭离地面的高度有两次与实验楼的高度相同的间隔时间；
（3）为了更好观测火箭在空中姿态，兴趣小组决定起飞一架无人机进行拍摄，无人机以10（）的速度与火箭同时竖直上升，无人机飞到火箭的正上方，且与火箭的距离不超过时，才能清晰地拍摄，请直接写出无人机能清晰的拍摄到火箭的时间范围________．
【答案】（1）的值为40；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意得顶点在，此时最大高度为，据此求解即可；
（2）由题意得，据此求解即可；
（3）由题意得，据此列不等式组求解即可．
【小问1详解】
解：∵，，
∴抛物线开口向下，顶点在，此时最大高度为，
∴，
解得（速度取正），
∴的值为40；
【小问2详解】
解：由题意得，
解得，，
∴火箭离地面的高度有两次与实验楼的高度相同的间隔时间为；
【小问3详解】
解：由题意得，即，
整理得，
解不等式，得或；
解不等式，得；
∵，
∴．
23. 【问题背景】：
已知在和，，，，点B、C、D在同一条直线上．
【尝试应用】：
（1）如图1，点D线段上，求证：；
（2）如图2，连，M、N分别为、的中点，若，，，求的长；
（3）【拓展延伸】：
如图3，点D在延长线上，，过点E作，延长交于点F，交于点H，延长，交于点G，若，则的值为________（用含n的代数式表示）．
【答案】（1）证明：，，
，
，
又，
；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用两边对应成比例，且夹角相等即可证明；
（2）过点作于点，延长到点，使得，连接，证明是的中位线，得到，易求，由（1）知，证明，求出，，，进而求出，即可求解；
（3）证明，进而证明，推出，，过点作于点，连接，设，求出，，证明四边形是平行四边形，连接交于点，即点是的中点，易证是的中位线，得到，，求出，证明，，利用相似三角形的性质即可求解．
【小问1详解】
略
【小问2详解】
解：过点作于点，延长到点，使得，连接，
∵点N为的中点，即，
∴，即，
∴点N为的中点，
∵点M为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，，
∴，
由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，即，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
过点作于点，连接，
∵，
∴，
设，
∵，，
∴，则，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
连接交于点，即点是的中点，
∵，
∴，即点是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∵，点是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴．
24. 在平面直角坐标系中，已知抛物线（）．

（1）直接写出抛物线的对称轴________；
（2）如图1，已知点，点，若抛物线与线段有公共点时，求的取值范围；
（3）如图2，抛物线与轴负半轴交于点，与轴交于点，直线与抛物线交于点，两点（点在第三象限），直线交轴于点，直线交轴于点，当，请判断是否为一个定值，并说明理由．
【答案】（1）1； （2）或．
（3）解：，理由如下：
设，，，
解方程组，
整理可得：，
，，
，，
直线，
设直线的解析式为，
解方程组：，
整理可得：，
，，
解得：，，
直线，
设直线的解析式为，
解方程组，
整理可得：，
，，
解得：，，
直线，令，，，
，，
，
，
即，
又，
，
，
为定值．
【解析】
【分析】（1）根据二次函数的对称轴公式求出抛物线的对称轴即可；
（2）因为抛物线与线段有公共点，当时，可得不等式；当时，可得不等式；解不等式即可求出的取值范围；
（3）设，，，根据点、是抛物线与直线的交点，可得：，根据一元二次方程根与系数的关系可得：，，即可求出，，从而得到直线和的解析式，分别求出两直线与轴交点的纵坐标，根据列出方程即可得到结果．
【小问1详解】
解：抛物线的对称轴为；
【小问2详解】
解：当时，抛物线开口向上，
则时，可得：，
，
当时，抛物线开口向下，
则时，可得：，
，
综上所述：或；
【小问3详解】
略…
…
…
…