2026届浙江名校中考适应性考试数学试题含解析

这是一份2026届浙江名校中考适应性考试数学试题含解析，共11页。试卷主要包含了二次函数y=﹣，初三，下列命题中真命题是，下列各式计算正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．某小组7名同学在一周内参加家务劳动的时间如下表所示，关于“劳动时间”的这组数据，以下说法正确的是（ ）
A．中位数是4，众数是4B．中位数是3.5，众数是4
C．平均数是3.5，众数是4D．平均数是4，众数是3.5
2．菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于（ ）
A．3.5B．4C．7D．14
3．把图中的五角星图案，绕着它的中心点O进行旋转，若旋转后与自身重合，则至少旋转（ ）
A．36°B．45°C．72°D．90°
4．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．
5．用一根长为a（单位：cm）的铁丝，首尾相接围成一个正方形，要将它按图的方式向外等距扩1（单位：cm）得到新的正方形，则这根铁丝需增加（ ）
A．4cmB．8cmC．（a+4）cmD．（a+8）cm
6．二次函数y=﹣（x+2）2﹣1的图象的对称轴是（ ）
A．直线x=1B．直线x=﹣1C．直线x=2D．直线x=﹣2
7．初三（1）班的座位表如图所示，如果如图所示建立平面直角坐标系，并且“过道也占一个位置”，例如小王所对应的坐标为（3，2），小芳的为（5，1），小明的为（10，2），那么小李所对应的坐标是（ ）
A．（6，3）B．（6，4）C．（7，4）D．（8，4）
8．下列命题中真命题是（ ）
A．若a2=b2,则a=b B．4的平方根是±2
C．两个锐角之和一定是钝角 D．相等的两个角是对顶角
9．右图是由四个小正方体叠成的一个立体图形，那么它的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
10．下列各式计算正确的是( )
A．B．C．D．
11．如图，BD是∠ABC的角平分线，DC∥AB，下列说法正确的是（ ）
A．BC=CDB．AD∥BC
C．AD=BCD．点A与点C关于BD对称
12．如图，边长为2a的等边△ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（ ）
A．B．aC．D．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．若xay与3x2yb是同类项，则ab的值为_____．
14．如图，在等腰中，，点在以斜边为直径的半圆上，为的中点．当点沿半圆从点运动至点时，点运动的路径长是________．
15．如图，小明在A时测得某树的影长为3米，B时又测得该树的影长为12米，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为_________米.
16．某一时刻，测得一根高1.5m的竹竿在阳光下的影长为2.5m．同时测得旗杆在阳光下的影长为30m，则旗杆的高为__________m．
17． 如图，已知,要使,还需添加一个条件，则可以添加的条件是 ．（只写一个即可，不需要添加辅助线）
18．如图，四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝6，对角线AC与BD相交于点O，点E在AC上，若OE＝2，则CE的长为_______
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，抛物线与x轴交于A，B，与y轴交于点C（0，2），直线经过点A，C.
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线AC上方抛物线上一动点；
①连接PO，交AC于点E，求的最大值；
②过点P作PF⊥AC，垂足为点F，连接PC，是否存在点P，使△PFC中的一个角等于∠CAB的2倍？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
20．（6分）已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，E为的中点.
求证：∠ACD=∠DEC；（2）延长DE、CB交于点P，若PB=BO，DE=2，求PE的长
21．（6分）草莓是云南多地盛产的一种水果，今年某水果销售店在草莓销售旺季，试销售成本为每千克20元的草莓，规定试销期间销售单价不低于成本单价，也不高于每千克40元，经试销发现，销售量y（千克）与销售单价x（元）符合一次函数关系，如图是y与x 的函数关系图象．
（1）求y与x的函数关系式；
（2）直接写出自变量x的取值范围．
22．（8分）先化简，再求值：，其中的值从不等式组的整数解中选取.
23．（8分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝10°，△CDE是等边三角形，点D在边AB上．
（1）如图1，当点E在边BC上时，求证DE＝EB；
（2）如图2，当点E在△ABC内部时，猜想ED和EB数量关系，并加以证明；
（1）如图1，当点E在△ABC外部时，EH⊥AB于点H，过点E作GE∥AB，交线段AC的延长线于点G，AG＝5CG，BH＝1．求CG的长．
24．（10分）如图，在△ABC中，AB=AC=1，BC=，在AC边上截取AD=BC，连接BD．
（1）通过计算，判断AD2与AC•CD的大小关系；
（2）求∠ABD的度数．
25．（10分）列方程解应用题
八年级学生去距学校10 km的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20 min后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达.已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍，求骑车学生的速度.
26．（12分）如图，分别与相切于点，点在上，且，，垂足为．
求证：；若的半径，，求的长
27．（12分）如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E、F，求证：DE=DF．
参考答案
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、A
【解析】
根据众数和中位数的概念求解．
【详解】
这组数据中4出现的次数最多，众数为4，
∵共有7个人，
∴第4个人的劳动时间为中位数，
所以中位数为4，
故选A．
【点睛】
本题考查众数与中位数的意义，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．
2、A
【解析】
根据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OH是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得OHAB．
【详解】
∵菱形ABCD的周长为28，∴AB=28÷4=7，OB=OD．
∵H为AD边中点，∴OH是△ABD的中位线，∴OHAB7=3.1．
故选A．
【点睛】
本题考查了菱形的对角线互相平分的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键．
3、C
【解析】
分析：五角星能被从中心发出的射线平分成相等的5部分，再由一个周角是360°即可求出最小的旋转角度．
详解：五角星可以被中心发出的射线平分成5部分，那么最小的旋转角度为：360°÷5=72°．
故选C．
点睛：本题考查了旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
4、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．
5、B
【解析】
【分析】根据题意得出原正方形的边长，再得出新正方形的边长，继而得出答案．
【详解】∵原正方形的周长为acm，
∴原正方形的边长为cm，
∵将它按图的方式向外等距扩1cm，
∴新正方形的边长为（+2）cm，
则新正方形的周长为4（+2）=a+8（cm），
因此需要增加的长度为a+8﹣a=8cm，
故选B．
【点睛】本题考查列代数式，解题的关键是根据题意表示出新正方形的边长及规范书写代数式．
6、D
【解析】
根据二次函数顶点式的性质解答即可.
【详解】
∵y=﹣（x+2）2﹣1是顶点式，
∴对称轴是：x=-2，
故选D.
【点睛】
本题考查二次函数顶点式y=a(x-h)2+k的性质，对称轴为x=h，顶点坐标为（h，k）熟练掌握顶点式的性质是解题关键.
7、C
【解析】
根据题意知小李所对应的坐标是（7，4）.
故选C.
8、B
【解析】
利用对顶角的性质、平方根的性质、锐角和钝角的定义分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】
A、若a2=b2,则a=±b，错误，是假命题；
B、4的平方根是±2，正确，是真命题；
C、两个锐角的和不一定是钝角，故错误，是假命题；
D、相等的两个角不一定是对顶角，故错误，是假命题.
故选B．
【点睛】
考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解对顶角的性质、平方根的性质、锐角和钝角的定义，难度不大．
9、B
【解析】
解：从上面看，上面一排有两个正方形，下面一排只有一个正方形，故选B．
10、B
【解析】
A选项中，∵不是同类二次根式，不能合并，∴本选项错误；
B选项中，∵，∴本选项正确；
C选项中，∵，而不是等于，∴本选项错误；
D选项中，∵，∴本选项错误；
故选B.
11、A
【解析】
由BD是∠ABC的角平分线，根据角平分线定义得到一对角∠ABD与∠CBD相等，然后由DC∥AB，根据两直线平行，得到一对内错角∠ABD与∠CDB相等，利用等量代换得到∠DBC=∠CDB，再根据等角对等边得到BC=CD，从而得到正确的选项．
【详解】
∵BD是∠ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
又∵DC∥AB，
∴∠ABD=∠CDB，
∴∠CBD=∠CDB，
∴BC=CD．
故选A．
【点睛】
此题考查了等腰三角形的判定，以及平行线的性质．学生在做题时，若遇到两直线平行，往往要想到用两直线平行得同位角或内错角相等，借助转化的数学思想解决问题．这是一道较易的证明题，锻炼了学生的逻辑思维能力．
12、A
【解析】
取CB的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得BH=BG，再求出∠HBN=∠MBG，根据旋转的性质可得MB=NB，然后利用“边角边”证明∴△MBG≌△NBH，再根据全等三角形对应边相等可得HN=MG，然后根据垂线段最短可得MG⊥CH时最短，再根据∠BCH=30°求解即可．
【详解】
如图，取BC的中点G，连接MG，
∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN=60°，
又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，
∴∠HBN=∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴HB=AB，
∴HB=BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM=BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG=NH，
根据垂线段最短，MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，
此时∵∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×2a=a，
∴MG=CG=×a=，
∴HN=，
故选A．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、2
【解析】
试题解析：∵xay与3x2yb是同类项，
∴a=2，b=1，
则ab=2.
14、π
【解析】
取的中点，取的中点，连接，，，则，故的轨迹为以为圆心，为半径的半圆弧，根据弧长公式即可得轨迹长.
【详解】
解：如图，取的中点，取的中点，连接，，，
∵在等腰中，，点在以斜边为直径的半圆上，
∴，
∵为的中位线，
∴，
∴当点沿半圆从点运动至点时，点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆弧，
∴弧长，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了点的轨迹与等腰三角形的性质.解决动点问题的关键是在运动中，把握不变的等量关系(或函数关系)，通过固定的等量关系(或函数关系)，解决动点的轨迹或坐标问题.
15、1
【解析】
根据题意，画出示意图，易得：Rt△EDC∽Rt△FDC，进而可得；即DC2=ED?FD，代入数据可得答案．
【详解】
根据题意，作△EFC，
树高为CD，且∠ECF=90°，ED=3，FD=12，
易得：Rt△EDC∽Rt△DCF，
有，即DC2=ED×FD，
代入数据可得DC2=31，
DC=1，
故答案为1．
16、1．
【解析】
分析：根据同一时刻物高与影长成比例，列出比例式再代入数据计算即可．
详解：∵==，解得：旗杆的高度=×30=1．
故答案为1．
点睛：本题考查了相似三角形在测量高度时的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立数学模型来解决问题．
17、可添∠ABD=∠CBD或AD=CD．
【解析】
由AB=BC结合图形可知这两个三角形有两组边对应相等，添加一组边利用SSS证明全等，也可以添加一对夹角相等，利用SAS证明全等，据此即可得答案.
【详解】
.可添∠ABD=∠CBD或AD=CD，
①∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
∵，
∴△ABD≌△CBD（SAS）；
②AD=CD，
在△ABD和△CBD中，
∵，
∴△ABD≌△CBD（SSS），
故答案为∠ABD=∠CBD或AD=CD．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定，结合图形与已知条件灵活应用全等三角形的判定方法是解题的关键. 熟记全等三角形的判定方法有：SSS，SAS，ASA，AAS．
18、5或
【解析】
分析：由菱形的性质证出△ABD是等边三角形，得出BD=AB=6，由勾股定理得出，即可得出答案．
详解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=6，AC⊥BD，OB=OD，OA=OC，
∵
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=6，
∴
∴
∴
∵点E在AC上,
∴当E在点O左边时
当点E在点O右边时
∴或；
故答案为或.
点睛：考查菱形的性质，注意分类讨论思想在数学中的应用，不要漏解.
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、（1）；（2）①有最大值1；②（2，3）或（，）
【解析】
（1）根据自变量与函数值的对应关系，可得A，C点坐标，根据代定系数法，可得函数解析式；
（2）①根据相似三角形的判定与性质，可得，根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；
②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点D，求得D（，0），得到DA=DC=DB=，过P作x轴的平行线交y轴于R，交AC于G，情况一：如图，∠PCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，情况二，∠FPC=2∠BAC，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
（1）当x=0时，y=2，即C（0，2），
当y=0时，x=4，即A（4，0），
将A，C点坐标代入函数解析式，得
，
解得，
抛物线的解析是为；
（2）过点P向x轴做垂线，交直线AC于点M，交x轴于点N
，
∵直线PN∥y轴，
∴△PEM～△OEC，
∴
把x=0代入y=-x+2，得y=2，即OC=2，
设点P（x，-x2+x+2），则点M（x，-x+2），
∴PM=（-x2+x+2）-（-x+2）=-x2+2x=-（x-2）2+2，
∴=，
∵0＜x＜4，∴当x=2时，=有最大值1．
②∵A（4，0），B（-1，0），C（0，2），
∴AC=2，BC=，AB=5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点D，
∴D（，0），
∴DA=DC=DB=，
∴∠CDO=2∠BAC，
∴tan∠CDO=tan（2∠BAC）=，
过P作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G，
情况一：如图
，
∴∠PCF=2∠BAC=∠PGC+∠CPG，
∴∠CPG=∠BAC，
∴tan∠CPG=tan∠BAC=，
即，
令P（a，-a2+a+2），
∴PR=a，RC=-a2+a，
∴，
∴a1=0（舍去），a2=2，
∴xP=2，-a2+a+2=3，P（2，3）
情况二，∴∠FPC=2∠BAC，
∴tan∠FPC=，
设FC=4k，
∴PF=3k，PC=5k，
∵tan∠PGC=，
∴FG=6k，
∴CG=2k，PG=3k，
∴RC=k，RG=k，PR=3k-k=k，
∴，
∴a1=0（舍去），a2=，
xP=，-a2+a+2=，即P（，），
综上所述：P点坐标是（2，3）或（，）．
【点睛】
本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用相似三角形的判定与性质得出，又利用了二次函数的性质；解（3）的关键是利用解直角三角形，要分类讨论，以防遗漏．
20、（1）见解析；（2）PE=4.
【解析】
（1）根据同角的余角相等得到∠ACD=∠B，然后由圆周角定理可得结论；
（2）连结OE，根据圆周角定理和等腰三角形的性质证明OE∥CD，然后由△POE∽△PCD列出比例式，求解即可.
【详解】
解：(1）证明：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，∴∠BCD+∠B=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCD+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠B，
∵∠DEC=∠B,
∴∠ACD=∠DEC
（2）证明：连结OE
∵E为BD弧的中点.
∴∠DCE=∠BCE
∵OC=OE
∴∠BCE=∠OEC
∴∠DCE=∠OEC
∴OE∥CD
∴△POE∽△PCD，
∴
∵PB=BO，DE=2
∴PB=BO=OC
∴
∴
∴PE=4
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的相关知识和相似三角形的性质是解题的关键．
21、（1）y=-2x+31，（2）20≤x≤1
【解析】
试题分析：（1）根据函数图象经过点（20，300）和点（30，280），利用待定系数法即可求出y与x的函数关系式；
（2）根据试销期间销售单价不低于成本单价，也不高于每千克1元，结合草莓的成本价即可得出x的取值范围．
试题解析：
（1）设y与x的函数关系式为y=kx+b，根据题意，得：

解得：
∴y与x的函数解析式为y=-2x+31，
(2) ∵试销期间销售单价不低于成本单价，也不高于每千克1元，且草莓的成本为每千克20元，
∴自变量x的取值范围是20≤x≤1．
22、-2.
【解析】
试题分析：先算括号里面的，再算除法，解不等式组，求出x的取值范围，选出合适的x的值代入求值即可．
试题解析：原式=
==
解得-1≤x