精品解析：2026年山东省烟台市中考数学试题（含答案）

这是一份精品解析：2026年山东省烟台市中考数学试题（含答案），共3页。
注意事项：
1．本试卷共8页，共120分；考试时间120分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试卷和答题卡规定的位置上．
3．选择题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号．
4．非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．
5．写在试卷上或答题卡指定区域外的答案无效．
6．考试过程中允许考生进行剪、拼、折叠等实验．
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，满分30分．每小题都给出标号为A，B，C，D四个备选答案，其中有且只有一个是正确的）
1. 的相反数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：∵只有符号不同的两个数互为相反数，
∴的相反数是．
2. 一笔画图形是指用一根连续不间断的线条，在不重复路径的情况下完成整个图形绘制的特殊贯通图．下列一笔画图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，据此进行判断即可，熟练掌握其定义是解题的关键．
【详解】解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意．
3. 2026年1月，百度发布并上线原生全模态大模型文心5.0正式版，该模型参数达24千亿，实现原生的全模态统一理解与生成，多项权威评测稳居全球第一梯队．24千亿用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：亿，
则千亿，
则千亿．
4. 如图是一个双耳罐器具，它的左视图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三视图的定义，主视图是从正面看得到的图形，左视图是从左面看得到的图形，俯视图是从上面看得到的图形. 结合实物图及“从正面看”的提示，判断各选项，进而推断左视图．
【详解】解：左视图是从物体左侧向右观察得到的视图，题干给出的是双耳罐的立体图，两个耳分别在罐身的左右两侧．
选项A、从左侧观察双耳罐时，两个耳沿左右方向分布，会重合在视图的中间位置；由于双耳有厚度，因此会在视图顶部中间呈现出两条平行的竖线，罐身轮廓保持罐子的外形，符合左视图特征．
选项B、左右带耳，是主视图．
选项C、呈现同心圆与耳的横向轮廓线，是俯视图．
选项D、没有画出双耳线条，未体现耳的存在；错误．
5. 下列运算结果为的算式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查幂的基础运算法则，根据同底数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方，积的乘方对应运算法则计算各选项结果，即可得到答案．
【详解】选项A：同底数幂相乘，底数不变，指数相加，
∴ ，符合要求；
选项B：同底数幂相除，底数不变，指数相减，
∴ ，不符合要求；
选项C：幂的乘方，底数不变，指数相乘，
∴ ，不符合要求；
选项D：和不是同类项，不能合并，结果不为，不符合要求．
6. 如图，某行李箱的齿轮密码是三位数，每一位数都是中的一个数字，开箱时发现忘记密码的最后一位，则一次成功打开该行李箱的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，在10个数中选择一个，结合概率的计算即可求解．
【详解】解：每一位数都是中的一个数字，
∵共有10个数，在其中选择一个数，
∴打开该行李箱的概率是 ．
7. 如图，在折纸活动中，将一组对边互相平行的纸带进行了两次折叠，折痕分别为，．若，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图，延长到点F，由平行线的性质求出，然后结合折叠的性质求解．
【详解】解：如图，延长到点F，
∵，，
∴，
由折叠得，
∵，
∴．
8. 若整数使关于的一元一次不等式组，有且只有3个整数解，且关于的分式方程的解为非负数，则符合条件的所有整数的和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先解一元一次不等式组，根据整数解的个数确定的范围，再解分式方程，根据解为非负数且分母不为0进一步确定的取值，最后，找出所有符合条件的整数，求和即可得到答案．
【详解】解：解不等式组，
解不等式，得 ，
解不等式得 ，
∴原不等式组的解集为 ，
∵不等式组有且只有3个整数解，
∴不等式组的3个整数为，
∴．
解得 ．
解分式方程，
方程两边同乘，得：，
整理，得 ．
∵分式方程的解为非负数，且分母不为0，
∴，即，解得 且 ．
综上，的取值范围为 ，且，
∵为整数，
∴符合条件的整数为．
∴符合条件的所有整数的和为 ．
9. 如图，直线与轴，轴交于，两点，与反比例函数的图象交于 ，两点，轴，垂足为，连接．若，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用一次函数求出点的坐标，由推出点的坐标，再次利用一次函数求出点的坐标，进而求得反比例函数的解析式，联立一次函数与反比例函数求出点的坐标，最后利用割补法求出的面积．
【详解】解：将代入，得，
∴点的坐标为，
∴，
∵，
∴，，
∴点的坐标为，
∵轴，
∴，
将代入，得，
∴点的坐标为，
将点代入，得，
∴反比例函数的解析式为，
联立一次函数与反比例函数得，
，
解得或，
∴点的坐标为，
．
10. 如图，二次函数的部分图象与轴交于点，与轴的交点位于点和点之间，顶点为点，对称轴为直线．下列说法：①；②；③；④设抛物线与轴的另一交点为，当时，．其中正确的是（ ）
A. ②③④B. ②③C. ②④D. ①③④
【答案】A
【解析】
【分析】①由函数图象的开口方向、对称轴、与轴的交点分别判断、、的正负，进而判断的正负；②用对称轴公式变形推导等式；③把、代入解析式得，结合的范围解不等式；④利用二次函数图象的对称性得点坐标，据得点坐标，将，，代入得出点的坐标，根据勾股定理列方程求出．
【详解】解：二次函数图象开口向下，
，
对称轴为，
，
二次函数的图象与轴的交点位于和之间，
，
，①错；
对称轴为，
，
，②正确；
二次函数的图象与轴交于点，
，
，
，
，
二次函数图象与轴的交点位于和之间，
可得，
，③正确；
二次函数的图象与轴交于点，对称轴为，
点的坐标为，
，
点的坐标为，
当，可得，
将，代入，可得，
点的坐标为，
，，，
，
，
可得，
解得或，
，
，④正确．
综上，正确的说法为②③④．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，满分18分）
11. 若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，可得被开方数大于0，据此列不等式求解即可.
【详解】解：∵在实数范围内有意义，
∴，
移项得，
系数化为得
12. 计算的结果为__________．
【答案】
【解析】
【详解】解：原式 =1−8+4=−3 ．
13. 路上一群马车行，车车坐人都相等．五人同车三车空，四人同车九步行．问车有多少辆，共有多少人？设有辆车，个人，根据题意，可列关于，的方程组为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据五人同车三车空，四人同车九步行，列方程组即可解决．
【详解】解：设有辆车，个人，由题意得，
．
14. 如图，正五边形的边长为10，连接，以为直径作，与交于点，与的延长线交于点，则阴影部分扇形的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正五边形的定义得出，，根据等边对等角和三角形内角和定理求出，根据直径所对的圆周角是直角得出，最后根据直角三角形的性质求解即可，进而得，然后，再求扇形的面积即可．
【详解】解：如图，连接，
∵在正五边形中，
∴，，
∴，
∵为的直径，
∴，，
∴，
∴．
∴．
15. 如图，以原点为顶点作边长为2的菱形，点在轴上，且，将点向右平移2个单位得到点，以为顶点作与菱形全等的菱形，点在轴上；再将点向右平移2个单位得到点，以为顶点作与菱形全等的菱形，点在轴上；…；按照以上规律作图，则点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】如图，过点作于点H，从开始，每8个点记为1组，根据得到的位置和第1组中的位置相同，然后求出，，，发现规律求解即可．
【详解】解：如图，过点作于点H，
∵所以菱形都两两全等
∴从开始，每8个点记为1组，
∵
∴的位置和第1组中的位置相同，
∵
∴
∵菱形的边长为2
∴
∴
∴
∴
∴，，
由平移得，
∴
∴，
∵菱形与菱形全等
∴同理可得，，，
∴
∴
∴．
16. 如图1，点从矩形的顶点出发，沿的方向运动至点停止，连接，为的中点，连接．设点的运动路程为，线段的长为，图2表示点从运动到的过程中与的函数关系．当点运动到中点时，的长度为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数图象可知，当点P运动到点B时，取得最小值，当点P运动到点C时，长度为5，利用直角三角形斜边中线性质求出和的长，进而求出的长，确定矩形边长，当点P在中点时，延长，，相交于点E，证明，得到，，根据勾股定理求出，即可解答．
【详解】解：由图2可知，当时，y取得最小值3，此时点P运动到点B，
∵点P与点B重合，且点Q是的中点，
∴，
∴；
∵当时，，此时点P运动到点C，
∵四边形是矩形，
∴，
∵点Q是的中点，
∴，
∴，
∴在中，，
∴在矩形中，，．
延长，，相交于点E，
∵点Q是的中点，
∴，
∵在矩形中，，
∴，，
∴，
∴，．
∵点P是的中点，
∴，
∴，
∵在矩形中，，
∴在中，，
∵，
∴．
三、解答题（本大题共8个小题，满分72分）
17. 先化简，再求值：，其中．
【答案】
化简结果为，值为
【解析】
【详解】解：，
∵，
∴，
当时，原式无意义；
当时，原式．
18. 技术已广泛应用于社会各领域，某学校新建了一个智慧自习教室，引进了“数字人模型”和“助教模型”两种模型供学生使用．使用一段时间后，对这两种模型的使用满意度进行了问卷调查（每份问卷涉及两种模型，评分均为0~10的整数，单位：分），并随机抽取了20份调查问卷，对数据进行整理、分析，得到如下图表：
请根据上述信息解答下列问题：
（1）填空： __________， __________，__________， __________；
（2）运营商准备对“助教模型”进行优化升级，已知所抽取的20份调查问卷中，有2名男生和1名女生对该模型的评分为6分，现从这3人中随机抽取2人进行座谈，请利用树状图或表格求出恰好抽到2名男生的概率．
【答案】（1），，，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用求平均数的公式求出，利用中位数和众数的定义求出分别求出，，先求出扇形统计图中分所占百分比，用整体1减去其他各部分的百分比即可求解；
（2）用树状图列出所有可能性，利用概率公式进行计算即可．
【小问1详解】
解：，
∴；
一共个数据从小到大排列，第和个数据的平均数是中位数，
由柱状图知第和个数据都是，
∴中位数为，
即；
由扇形统计图可知“助教模型”中分出现次数最多，
∴；
∵扇形统计图中分占百分比为：，
∴，
即；
【小问2详解】
解：
共有六种等可能性的结果，其中恰好抽到两名男生的情况由种，
∴(抽到2名男生)．
19. 如图，矩形 中， 是对角线，请解决下列问题：
（1）将 绕点旋转后，点的对应点为点 ，点的对应点为点 ，且点在线段上，请用尺规作出旋转后的图形（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，若 ， ，与交于点 ，求 的长．
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】（1）以为圆心，为半径画弧，交于，以为圆心为半径画弧，两弧相交于，作射线，以为圆心，长为半径画弧交于，则即为所求；有作图可知，所以，且旋转角为；
（2）可证，利用对应边成比例可求，则可求．
【小问1详解】
解：略；
【小问2详解】
解：∵在矩形 中，
∴，
由（1）知，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
20. 为庆祝长征胜利90周年，文旅公司推出多款长征主题的文创产品．已知某款文创产品的成本价是每件20元，日销售量（件）与每件售价（元）的函数关系如图所示．
（1）求与的函数表达式；
（2）文旅公司在销售这款文创产品时，若每天盈利525元，且尽可能的让利于顾客，求该款文创产品每件的售价为多少元？
【答案】（1）
（2）该款文创产品每件的售价为35元．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据题意列一元二次方程，取较小解即可．
【小问1详解】
解：设与的函数表达式为，
将点和点的代入得：，
解得：，
与的函数表达式为；
【小问2详解】
解：根据题意得：，
整理得：，
解得：，，
尽可能的让利于顾客，
，
即该款文创产品每件的售价为35元．
21. 【综合与实践】
【答案】矩形广告牌的面积约为平方米
【解析】
【分析】过点分别作的垂线，垂足分别为，则四边形，是矩形，依题意，，，，，，分别在中求得，根据，建立方程，求得进而求得的长，再求得矩形的面积，即可求解．
【详解】解：如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，则四边形，是矩形，
依题意，，，，，
∴
设，则
∴
解得：
∴
∴
∴的面积
答：矩形广告牌的面积约为平方米
22. 如图，中，，是边上一点，以为半径作，分别与，交于，两点，与相切于点，连接，．
（1）求证：；
（2）试用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）证明：如图，连接，
∵是的切线，
∴
∵，
∴
∴
又∵
∴
∴
∴；
（2），
证明：如图，连接，过点作于点，
∴
由（1）可得
又∵
∴
∴，
∵
∴，
∴
∴
∴，即
【解析】
【分析】（1）根据切线的性质可得，根据直角三角形的两个锐角互余可得，则，根据得出，等量代换可得，即可得出；
（2）连接，过点作于点，证明得出，进而证明，得出，根据线段的和差关系，即可得证．
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
23. 【尝试发现】
（1）如图1，，．当点 ， 分别在边和 上时，的值是__________；
【变式探究】
（2）如图2，将（1）中的 绕点 按逆时针方向旋转一定的角度，其它条件不变，连接 ，， 与交于点 ， 与的延长线交于点 ．
①求的值；
②写出 和的数量关系并证明；
【联系拓广】
（3）如图3，矩形 中， ， ，点 在边上且，连接． 是直线上的动点，作，连接， ．
①当点 在线段 的延长线上，且时，求的长；
②当的长度最小时，直接写出此时的长．
【答案】（1）
（2）①；
②，证明如下：
连接 ，
，
由①得，
∴，即，
∴点 、 、 、 四点共圆，
∴；
（3）①；②
【解析】
【分析】（1）由相似三角形的性质可得，从而可得，，再结合，，计算即可得出结果；
（2）①由相似三角形的性质可得， ，从而得出，，再证明，即可得出结果；②连接 ，由①得，由相似三角形的性质得出，即点 、 、 、 四点共圆，最后再由圆周角定理即可得证；
（3）①由矩形的性质得 ，由勾股定理得，由相似三角形的性质得，，，证明点 、 、 、 四点共圆，求出，从而可得，由正切的定义得出，设，则，结合勾股定理求出，从而可得，即可得出结果；②由主动点 在直线上，得出点 在直线 上运动，当时，的长度最小，为，此时点 在处，由①得，结合正切的定义得出，设，则，
由勾股定理求得，，作于 ，由等面积法得出，再证明，由相似三角形的性质计算即可求解．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，，
∵点 ， 分别在边和 上，
∴，，
∴；
【小问2详解】
解：①∵，
∴， ，
∴，，
∴，
∴，
∴；
②略；
【小问3详解】
解：①∵四边形 为矩形，
∴ ，
∴，
∵，
∴，，，
∵点 在线段 的延长线上，
∴，
∴点 、 、 、 四点共圆，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，
∴，
∴（负值不符合题意，舍去），
∴，
∴，
∴；
②∵主动点 在直线上，
∴从动点 必须在某一直线上，
∵当点 在点 时，点 在点 的位置，
∴点 在直线 上运动，
当时，的长度最小，为，此时点 在处，
由①得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，
∴，
解得（负值不符合题意舍去），
∴，，
作于 ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
综上所述，当的长度最小时，此时的长为．
24. 如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过，两点，与轴的另一个交点为．抛物线的对称轴为直线．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点在抛物线上，横坐标为，若点到直线的距离为，求出所有满足条件的的值；
（3）若为抛物线的顶点，为对称轴上一点，请直接写出的最小值．
【答案】（1）
（2）或或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据一次函数先求得的坐标，进而根据对称轴求得点的坐标，设抛物线解析式为，代入，待定系数法即可求解；
（2）根据是等腰直角三角形，点到直线的距离为，取点，，过点分别作的平行线，过点分别作的垂线，垂直分别为，得出在，根据一次函数的平移可得的解析式分别为，，分别联立抛物线解析式，即可求解；
（3）先求得，根据转化为，构造的直角三角形，过点作使得，则，得出，，，当在上时，取得最小值，最小值为．进而求得的值，即可求解．
【小问1详解】
解：∵直线与轴交于点，与轴交于点，
当时，，当时，，
∴，，
∵抛物线与轴的另一个交点为，抛物线的对称轴为直线．
∴，
设抛物线解析式为，代入，
∴
解得：
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴
设直线的解析式为，代入，
∴，解得：
∴直线的解析式为
如图，取点，，过点分别作的平行线，过点分别作的垂线，垂足分别为，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵点到直线的距离为
∴在上，
∵平行，
∴的解析式分别为，
联立
消去得，
解得：
联立
消去得，
解得：
∵点横坐标为，
∴或或
【小问3详解】
∵
∴
如图，过点作使得，则，
∴，，，
∴，
过点作，设的延长线交轴于点，交轴于点，则
∴
∴当在上时，取得最小值，最小值为．
∴
∴
∴
∴，
∴类别
平均数/分
中位数/分
众数/分
数字人模型

7
助教模型
8
8
活动主题
测算矩形广告牌的面积
测量工具
皮尺、无人机、计时器、计算器等
活动过程
测量过程
如图，矩形广告牌的边为米，与水平地面垂直，支柱长米，且垂直于地面．无人机从点起飞，以米秒的速度竖直向上飞行秒到达点，此时测得点的俯角为．点的俯角为（图中各点均在同一平面内）．
模型建构
参考数据
，，，
，，．
问题解决
求矩形广告牌的面积（结果精确到1平方米）．