2026年河北省中考数学试题（含答案）

这是一份2026年河北省中考数学试题（含答案），共3页。
1．本试卷总分120分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必将姓名、准考证号填写在试卷和答题卡的相应位置．
3．所有答案均在答题卡上作答，在本试卷或草稿纸上作答无效．答题前，请仔细阅读答题卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题．
4．答选择题时，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；答非选择题时，请在答题卡上对应题目的答题区域内答题．
5．考试结束时，请将答题卡、试卷和草稿纸一并交回．
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意）
1. 计算：（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：．
2. 如图，点P在直线外，点C是直线上的动点，则与的关系一定成立的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】解：点是直线上的点，
是平角，即，
由图可知，与组成了平角，
．
3. 计算：（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】解：．
4. 河北博物院收藏的错金铜博山炉（如图1所示）是汉代颇具代表性的香薰器物．将它近似地看成由圆锥、半球和圆柱组成的几何体（如图2所示），则这个几何体的主视图中没有出现的图形是（ ）
A. 三角形B. 矩形C. 半圆D. 菱形
【答案】D
【解析】
【分析】根据三视图的定义，分别分析圆锥、半球、圆柱的主视图形状，即可得出结论．
【详解】解：该几何体上部是圆锥，中部是半球，下部是圆柱
∴圆锥的主视图是三角形，半球的主视图是半圆，圆柱的主视图是矩形
∴这个几何体的主视图中出现的图形有三角形、半圆、矩形，没有菱形．
5. 嘉嘉在美术课上了解到，用不同比例的红、黄两种颜料能调配出多种暖色调颜色．如图，根据红色颜料的占比，可以将调配出的颜色分为①、②、③、④等四类．用红色颜料和黄色颜料调配出的颜色属于（ ）
A. ①类B. ②类C. ③类D. ④类
【答案】C
【解析】
【分析】先求出调配出的颜料总质量，再计算红色颜料的占比，最后结合数轴上的分类范围进行判断．
【详解】解：∵红色颜料质量为，黄色颜料质量为
∴调配出的颜料总质量为
∴红色颜料的占比为
∵
∴该颜色属于③类 ．
6. 计算：（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】解：．
7. 如图，将一个边长为的正方形分成6个全等的矩形，若这6个矩形周长之和比原正方形的周长多48，则的值为（ ）
A. 6B. 8C. 12D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据图形切割的特点，每切一刀，总周长增加两个切线长度，据此建立方程求解即可．
【详解】解：根据题意可知正方形的边长为，由图可知，将正方形分成6个全等矩形，需要横向切2刀，纵向切1刀，
每切一刀，周长之和增加，
6个矩形的周长之和比原正方形周长多，
6个矩形周长之和比原正方形的周长多48，
，
解得：．
8. 掷两枚质地均匀的骰子（六个面上分别刻有1到6的点数），若向上一面的点数之和为2的概率与点数之和为的概率相等，则（ ）
A. 3B. 4C. 11D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】通过列表法计算各选项概率即可得解．
【详解】解：列表如下：
∴掷两枚质地均匀的骰子，所有等可能结果共有种，点数之和为的结果只有种，
∴点数之和为2的概率为．
对各选项逐一验证：当时，共种，，排除A；
当时，共种，，排除B；
当时，共种，，排除C；
当时，共种，，与点数和为2的概率相等．
∴．
9. 如图，在四边形中，，，过点作交于点，将沿翻折，得到．，分别与直线交于，两点，则与的面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先证明四边形是平行四边形，得到，推出，由折叠得，，，，得到，证明，然后利用相似三角形的性质求解．
【详解】解：∵，
∴四边形是平行四边形
∴
∴
∴
由折叠得，，，
∵
∴，
∴
∴
∴
∴
∵
∴，
∴
∴
∴．
10. 如图，在中，所对的圆心角为，点在上．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图，连接并延长交于点E，连接，首先利用等边对等角得到，然后利用三角形内角和定理求出，然后结合圆周角定理和圆内接四边形对角互补求解即可．
【详解】解：如图，连接并延长交于点E，连接
∵
∴
∴
∴
∴
∴．
11. 平面直角坐标系中有，，三点．若直线经过原点，则点一定在（ ）
A. 函数的图象上
B. 函数的图象上
C. 函数的图象上
D. 函数的图象上
【答案】B
【解析】
【分析】先根据直线过原点设出直线解析式，代入A、B坐标得到与的乘积，再根据C点坐标判断其满足哪个函数解析式．
【详解】解：∵直线经过原点，
∴设直线的解析式为，
把代入解析式得，即，
∴直线的解析式为，
把代入得，即，
∵点的坐标为，
∴点横纵坐标的乘积为，
对函数变形可得，满足点的坐标特征，
∴点一定在函数的图象上．
12. 如图，在平面直角坐标系中，若两阴影部分的面积分别为，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用待定系数法求出四条直线的解析式，分别为，，，，求出阴影部分和各个顶点的坐标，观察图形可知，阴影部分和均可分割为一个平行四边形和一个三角形，分别计算面积，再计算面积差即可求解．
【详解】解：如图，过点作轴交直线于点，过点作轴交直线于点，
∵轴，轴，
∴，，
由图可知，过，；过，；过，；过，，
设的直线解析式为，
将代入上式，则，
∴的直线解析式为；
同理可得另外三条直线的解析式分别为：，，，
∵直线与 的斜率均为 ，
∴，
∴四边形是平行四边形，
当时，，解得，则；
当时，，解得，则；
当时，，解得，则；
当时，，解得，则；
∴，
联立与得：，解得：，则，
∴；
联立与 得：，解得：，则，
∴；
联立与得：，解得：，则，
∴；
联立与 得：，解得：，则，
∴；
∴阴影部分的面积．
阴影部分的面积．
∴．
二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
13. 计算： ________．
【答案】10
【解析】
【分析】本题考查有理数的减法，熟练掌握减法法则是解题的关键． 根据减去一个数等于加上它的相反数将减法变加法计算即可．
【详解】解∶，
故答案为∶10．
14. 某楼梯装有护栏，其侧面如图所示．其中，于点，于点，若，，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据垂直于同一条直线的两条直线平行可得，结合已知可判定四边形为平行四边形，从而得出；利用平行线的性质得出，最后在中利用三角函数求解的长，即可求解．
【详解】解：，，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
，
，
在中，，，
．
15. 已知关于的一元二次方程有两个实数根，其中一个根是另一个根的平方，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】设方程的两根分别为和，利用根与系数的关系得到两根之和与两根之积的表达式，先求解的值，再计算，最后验证原方程满足有两个实数根的条件即可．
【详解】解：设一元二次方程的两根分别为，．
根据根与系数的关系可得，．
整理得．变形得．
解得．
将代入得．
验证判别式：，符合题意．
16. 一游客计划从A地出发到B，C，D三地旅游，然后回到A地．该游客到三地的先后顺序不确定，且每个地方只到1次，如．若图中两地间连线上的数字表示两地之间单次通行的交通费用（单位：百元），则此次旅游的交通费用最少为_________百元．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意列举出所有可能的旅游路线，分别利用有理数加法法则计算各条路线的交通费用，通过比较大小得出最小值．
【详解】解：根据题意，从地出发到，，三地旅游，然后回到地，且每个地方只到1次，共有以下不同的路线方案：
方案一：路线为，交通费用为：（百元）；
方案二：路线为，交通费用为：（百元）；
方案三：路线为，交通费用为：（百元）；
方案四：路线为，交通费用为：（百元）；
方案五：路线为，交通费用为：（百元）；
方案六：路线为，交通费用为：（百元）；
因为，
所以此次旅游的交通费用最少为21百元．
三、解答题（本大题共8小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 解方程、解不等式：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
解：，
移项，得
合并同类项，得，
系数化为，得；
【小问2详解】
解：，
去分母，得，
去括号，得，
移项，得，
合并同类项，得．
18. 用运算律或乘法公式可以简化运算，例如：
．
（1）证明，并用以上方法计算；
（2）计算：．
【答案】（1）
证明：∵右边左边，
∴，
；
（2）
【解析】
【小问1详解】
证明见答案
解：
；
【小问2详解】
解：
．
19. 按要求解答下列问题：
（1）尺规作图：如图1，在中，作出边的垂直平分线；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图2，在中，，点在边上，且．若，，求线段的长．
【答案】（1）如图1，直线即为所求；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据作已知线段的垂直平分线的方法作图即可；
（2）根据等边对等角以及三角形的外角性质证明，即可证明，即可求解．
【小问1详解】
略
【小问2详解】
解：∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∵，
∴
∴
解得．
20. 为培养学生的劳动观念和家庭责任意识，某中学开展了“家长家务劳动时长”调查活动．在某一周，每名学生统计自己家长每天整理收纳、烧菜做饭、洗衣清扫等家务劳动时间，计算出家长日均家务劳动时长（单位：h）并提交．（计算方法：）
【收集数据】
淇淇随机抽取了40名同学提交的数据，如下：
3.6，2.1，1.9，3.2，2.4，3.1，2.0，2.6，1.9，3.2
1.3，2.8，2.9，1.4，2.1，2.5，1.7，3.5，2.6，2.6
2.3，3.7，2.7，1.9，3.3，2.0，2.6，2.0，1.6，2.8
3.4，2.5，2.1，2.2，1.8，2.4，3.0，2.5，3.5，2.3
【整理数据】
淇淇将数据适当分组后，绘制了如图所示的不完整的频数直方图．
【分析数据】
（1）补全上面的频数直方图；估计全校学生提交的数据中，的占比为____________%．
（2）把频数直方图中各组数据用该组的中间值来代替（如的中间值为1.5），并利用图中信息，计算这40名学生提交的家长日均家务劳动时长的平均数．
（3）资料显示，我国6周岁以上居民的日均家务劳动时长约为，淇淇发现与之相比有明显差异，请结合统计知识分析原因．（写出一条即可）
【答案】（1）补全频数分布直方图如图；
，
（2）
（3）调查对象为学生家长，样本不具有代表性，家长群体家务时长普遍高于全国平均水平
【解析】
【分析】（1）根据40个数据确定，和的数据个数，即可补全频数分布直方图，再求出的样本数据个数，除以总数即可求解占比；
（2）先求出各组的组中值，再根据平均数的定义求解即可；
（3）本次调查的样本是某中学学生的家长，群体具有特殊性，家长群体需要照顾家庭、承担更多家务，劳动时长普遍高于全国全年龄段居民的平均水平，且样本仅来自一所中学，不具备代表性，因此与全国均值存在明显差异．
【小问1详解】
解：由统计数据可得，的数据有4个，的数据有6个，
则补全频数分布直方图：
；
，
∴的占比为；
【小问2详解】
解：第一组的组中值为，同理可求其余各组组中值为2.0、2.5、3.0、3.5，
∴
答：平均数；
【小问3详解】
略
21. 在学习了圆的相关知识后，同学们设计并开展了一项综合实践活动，下面是一个小组尚未完成的活动报告．
请你帮助该小组完成活动报告，具体如下：
（1）写出“反思应用”①中减少误差的方法；（写出一种方法即可）
（2）分别利用方案二（结果保留）和方案三计算的长；
（3）求图2中弧长和圆心角．（取3.1）
【答案】（1）多次测量取平均值
（2）方案二弧长为；方案三弧长为
（3），
【解析】
【分析】（1）方案一可通过多次测量取平均值的方法减少误差；
（2）方案二利用弧长公式求解即可，方案三代入已知数据求解即可；
（3）先由垂径定理以及勾股定理求解，再由“会圆术”求解弧长，最后根据弧长公式求解圆心角的度数即可．
【小问1详解】
解：方案一可通过多次测量取平均值的方法减少误差；
【小问2详解】
解：方案二：的长；
方案三：∵，，，
∴；
【小问3详解】
解：∵，
∴
在中，由勾股定理得，，
∴
解得
由“会圆术”可得，，
设的度数为，则由得，，
解得
22. 某登山爱好者根据经验，总结出一个预估自己登山用时（分钟）的模型：．其中，（为常数），（千米）表示登山路线的长度；，（千米）表示山顶与起点的海拔高度差．从A出发到山顶M的路线及相关数据如图所示．（说明：本题中模型已简化，且不计登山过程中休息和必要的预留时间）
（1）①求，的值；
②计算路线3的长度．
（2）已知山顶M的海拔高度为1000米，B在图所示的一条等高线上，等高线上标注的数字表示其海拔高度（单位：米）．若该登山爱好者从出发到山顶的路线长度为3千米，根据本题模型，求该登山爱好者登到山顶的预估用时．
【答案】（1）①；②千米
（2）分钟
【解析】
【分析】（1）①由题意得，，再用待定系数法求解即可；②先得到，然后将代入，解方程即可；
（2）求出海拔差为，然后代入求解即可．
【小问1详解】
解：①由题意得，，
代入两组数据得，
解得；
②由①得，
路线3同样从A到M，海拔差仍为，
将代入，得
解得
即路线3的长度为5千米；
【小问2详解】
解：由等高线图可知，B点位于400米等高线上，海拔为；
山顶M海拔为，因此海拔差：
将代入得，
即预估用时为135分钟
23. 如图，二次函数（其中）的图象与轴交于，两点（点在点左侧），与轴交于点，顶点为．将点绕点顺时针旋转得到点．
（1）若，求直线的函数表达式，并判断点关于二次函数图象对称轴的对称点是否在直线上；
（2）当时，二次函数的最大值为9，求的值；
（3）连接，当点不在直线上时，过点作直线交轴于点，请直接写出的最小值．
【答案】（1），点不在直线上
（2）的值为或
（3）
【解析】
【分析】（1）先求出，，若，则，，则，，由旋转可得，则，再由待定系数法求解直线；然后求出点关于二次函数图象对称轴的对称点为，再代入直线表达式验证即可；
（2）先求出对称轴为直线，然后分三种情况，根据二次函数的图象与性质求解即可；
（3）同（1）可求，可求，设直线，求出，由，可设直线，求出直线，当时，，再由二次函数的图象与性质求解即可；
【小问1详解】
解：如图，
对于，当时，则，
解得，
∴，，
若，则，
∴，
∵将点绕点顺时针旋转得到点．
∴
∴，
设直线，
则
解得
∴直线；
对于，当时，，
∴
由可得对称轴为直线，
∴点关于二次函数图象对称轴的对称点为，
当时，，
∴点不在直线上；
【小问2详解】
解：由（1）可得，，
∴对称轴为直线，
当，即时，
∵抛物线中，，则抛物线开口向上，
∴当时，随着的增大而增大，
∴当时，函数取得最大值，
∴，
整理得，，解得或（舍去）；
当，即时，
若，即时，此时离对称轴更远，
∴当时，函数取得最大值，
∴，
整理得，，解得或，均不在范围内，故舍去；
若时，即，此时离对称轴更远，
∴当时，函数取得最大值，
∴，
整理得，，解得或，均不在范围内，故舍去；
当，即时，
∴当时，随着的增大而减小，
∴当时，函数取得最大值，
∴，
整理得，，解得或（舍去）；
综上：的值为或；
【小问3详解】
解：∵，
∴同（1）可求
对于，对称轴为直线，
∴把代入可得，，
∴，
设直线，则，解得，
∵，
∴设直线，
代入，则，解得，
∴直线，
当时，，
∵，
∴当时，取得最小值为；
24. 如图1和图2，在中，，，正方形的顶点，，分别在的三边，，上．当点从点出发沿向点移动时，点，随之分别在，上移动（正方形的大小发生变化），当点与点重合时，移动停止．
（1）____________．
（2）如图1，当时，求证：．
（3）①如图2，当时，求的长；
②当时，直接写出正方形的边长．
（4）在移动过程中，每当点移动1个单位长度时，点均移动d个单位长度，直接写出d的值．
【答案】（1）
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴
∵，
∴
∴
∵
∴，
∴
∴；
（3）①；②
（4）
【解析】
【分析】（1）过点作于点，根据等腰三角形的性质以及勾股定理求解，再由正切的定义求解；
（2）证明即可；
（3）①过点作于点，过点作于点，在中，由，设，同理可设，证明即可求解；
②构造同样辅助线，如上图，由，可得方程组，解方程组求解，再由勾股定理求解；
（4）先同样构造（3）问辅助线，再过点作交的延长线于点，
同理可证明，则，证明当点运动时，点到的距离不变，为，当点与点重合时，记作点，作出初始位置时的正方形，则点在同一直线上，由题意设，可得四边形是矩形，则，，那么，，解得，再由求解即可．
【小问1详解】
解：过点作于点，
∵，，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
略
【小问3详解】
解：①过点作于点，过点作于点，则，
∴在中，，设，
∵，
∴，则设
∵四边形是正方形，
∴
∴
∴
∴
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
∵
∴，
∴；
②构造同样辅助线，如上图，
∵，
∴可得方程组，
解得，
∴，
∴；
【小问4详解】
解：先同样构造（3）问辅助线，再过点作交的延长线于点，

同理可证明
∴，
由（3）可知,
∴
∴，
∴当点运动时，点到的距离不变，为，
当点与点重合时，记作点，作出初始位置时的正方形，则点在同一直线上，
由题意设，
∵四边形是正方形，
∴，
∵
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
解得
∴，，
∴
∴d的值为．和
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
3
4
5
6
7
8
9
4
5
6
7
8
9
10
5
6
7
8
9
10
11
6
7
8
9
10
11
12
主题
求生活中的圆弧长
研究内容
本次活动选取学校的铅球场地，将场地的一部分抽象为扇形（如图1所示），已知扇形所在圆的半径于点，，用不同的方案分别求的长．
工具
软尺（长度足够）、测角仪（可测量角度的大小）等
研究方案与实践成果
方案一
方案二
方案三
用软尺直接测量的长．
测量数据：
第一次
第二次
用测角仪测角，利用弧长公式计算的长．
测量数据：
查阅文献，发现北宋沈括的《梦溪笔谈》中收录了近似计算圆弧长度的“会圆术”．图1中，弧长．
测量数据：
反思应用
取两次测量结果的平均数，则．
利用弧长公式，……
根据“会圆术”，……
①方案一可通过____________的方法减少误差；
②我们可以利用上面的活动经验解决一些生活中的问题．
如图2所示，公园里一座桥的主桥拱是圆弧形，已知其跨度为，拱高为，虽然弧长和圆心角不方便测量，但可以通过计算近似得出．
计算过程如下：……