2026年中考数学真题完全解读（黑龙江省齐齐哈尔卷）

2026618769872184195分方程1-8题主要覆盖正负数、轴对称、整式运算、平行线、三视图、分式方程、概率和购买方案，基础2090222026年中国人形16题“友好三角形”新定义规律探究承载量明显提升。填空题不再只是结果计算，而成为连接基础题24题二次函数综合探究保留高区分度。这样的结构调整使“会算、会写、会探究”872181915题在菱形中引入“交直线”触发分类讨论。此类题不追求复杂228题博物馆文创购买方案共同数与式模块（13%，15分）：1、3、11、17题。该模块覆盖正负数、科学记数法、整式与幂的函数模块（25%，30分）：9、10、14、22、24题。函数分值集中在选择压轴、填空综合、行程图形的性质模块（28%，34分）：4、5、12、13、15、21题。该模块覆盖平行线、三视图、圆图形的变化与综合实践模块（12%，15分）：2、16、23题。轴对称识别、“友好三角形”规律探统计与概率模块（15%，18分）：7、208题应用建模相呼应。概率与统计分值不高17-19题这类基础解答题，建立“审题—选法—计算—检验—答语”的书写模板，确保基础分不×2026年结构变化：填空题减少、解答题增加后，基础代数过程书写更重要，不能只按选择填空思维 把相反意义的量写成对应负数。③基础题要把符号意义和现实语境对应起来。 【详解】解：A，C，D选项中的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分否一一对应。③注意与中心对称、旋转对称区分。A．−3+43=B．(3)3=C．6÷2==−B：(3)333327393，B计算错误；C：6÷2=6−2=4≠3，CD：(3)3=3×3=9≠6，D乘方逐因式乘方。③看清结构再选法则。如图，一块含30°角的直角三角板的两个顶点分别在直线和上，若直线∥，∠1=20°，则∠2的度数 ∵∠𝐵=∴∠2=∠𝐵−∠𝐵=130°−60°= B． C．如果关于的分式方程2−−1=2的解为正数，那么实数的取值范围是 >5且≠ B．>1且≠ D．5且关于【详解】解：原方程2−1=2，变形得2−1=−2展开整理得：=−5，综上，实数的取值范围是>5且≠8．和定义域列条件。③注意题设要求与原式限制。为“热爱”的概率为（）

224种等可能的结果，分别是：(热爱，热爱)，(热爱，奔赴)，(奔赴，热爱)，(=能结果总数。③两步随机试验可用列表或树状图防漏。纪念品每个5元．某游客欲将60元钱全部用于购买甲、乙两种文创纪念品（两种都要买不同的购买方 A．3 B．4 C．5 D．6个，,+5=60，整理得=20∵∴5∵53∴3∴>0，>>20−5>0筛选。③抓住“全部用于”“两种都要买”等关键词。Rt△𝐵中，∠=90°，=8，𝐵=6，动点从点𝐵出发沿边𝐵向终点匀速运动，同时动点从点出发，沿边→𝐵向终点𝐵匀速运动，两动点运动到各自终点停止运动．若，两点每秒运动的路程相同，点运动的路程为>0，△𝐵的面积为，则下列图象能反映与之间函数关系的是（ 【分析】根据勾股定理求出𝐵的长，分三段讨论：08时，在上，在𝐵上；810时，在𝐵上，在𝐵上；10<≤14时，在𝐵上，到达点停止．分别求出与的函数关系式，结合图象Rt△𝐵中，∠=90°，=8，𝐵=∴𝐵=2+𝐵2=10，sin=𝐵=3，sin∠𝐵== 0<≤8时，点在上，点在𝐵上，𝐵=，=，过点作⊥𝐵于点，当=14时，=0．∴=1𝐵⋅=1(14−)×8=56−此时𝐵=𝐵=10（即𝐵变为𝐵，𝐵=1410<≤14时，点在𝐵上，点到达 ∴=1𝐵⋅𝐵⋅sin𝐵=1(14−)⋅4=−22+28𝐵=，𝐵=6−(−8)=14−∴=𝐵×8≤10时，点在𝐵上，点在𝐵上，过点作⊥𝐵于点此时图象为开口向上的抛物线，当8时，=364 ∴=1𝐵⋅=1⋅3=3则=sin=310．如图所示的是二次函数=2++（，，为常数，≠0）的部分图象，其顶点坐标为(1)，与轴交于点，与轴正半轴交于点𝐵(0)（3<<4．下列结论：①>0；②3+<0；③2=4(−)；④若点(1)，(3−2)（<3）都在抛物线=2++上，则1>2；⑤若=则关于的方程2+(+1)=0的两根之和为．其中正确结论的个数是 B．3 C．4 D．5y轴交点判定(3)=3=𝐵推出=+1、关∴<顶点坐标为(1)，则对称轴为直线=由对称轴公式−=整理得=−2，结合<0>抛物线与∴>抛物线与轴正半轴交点𝐵(0)3<<∵<0,>0,>∴<根据二次函数轴对称性质：对称轴为=1，则(−1)=将=3(3)=9+3+把=−2(3)=9+3(−2)+=3+∵3<<4，说明直线=3在交点𝐵左侧，此位置抛物线图象在(3)>03>∴=4=4−2=4−4=4(−点到对称轴=1−1点到对称轴=1的距离：3−1=2−12−2−=2−2+1−2−4+=2−∵<∴2−3<即|−1|2<|2−|2，得|−1|<|2−∴点离对称轴更近，1>由(0)得=，由𝐵(0)得𝐵=∵=∴=，即𝐵(将𝐵(,0)2++=∵≠++1=+1=−设一元二次方程2+(+1)=0的两根为1，21+2=−将11+2=−−=口方向。③方程根问题可用交点和韦达定理转化。 【答案】【答案】1.59【详解】解：159000=1.59a×10^n1≤|a|<1010 =设圆锥的母线长为，根据题意得160⋅=160=解得=如图，在Rt△𝐵中，∠𝐵=90°，以点𝐵为圆心，适当长为半径作弧，交𝐵于点，交𝐵于点𝐵=7，则△𝐵的面积 【分析】过点作⊥𝐵，由题意可得==2【详解】解：过点作⊥𝐵交于点E又∠𝐵=90°，∴==∴△𝐵∴△𝐵=1𝐵⋅=1×7×2=14．如图，平面直角坐标系中，矩形𝐵的边在轴正半轴上，是边的中点，tan∠𝐵=2，点 【分析】根据矩形性质及在轴上，确定、𝐵平行于轴，结合=6及点、的位置关系求出点的横坐标；设点的坐标为(0,)，点的坐标为(0,)，利用反比例函数图象上点的坐标特征建立等式，再【详解】解：∵四边形𝐵是矩形，在∴⊥轴，𝐵⊥轴，∥𝐵∥∵反比例函数=∴矩形𝐵∵=∴𝐵==∴点、𝐵的横坐标为−6，点、的横坐标为∵是边∴点的横坐标为∵点在边𝐵上，𝐵1∴𝐵=1×6=∴点的横坐标为−6+2=−设点的坐标为(0,)，点的坐标为(0,)，其中>>∴点的坐标为(−3,)，点的坐标为(−4,∵点、在反比例函数=∴=−3=−∴=4过点作𝐻⊥𝐵于点∴点𝐻的坐标为3∴𝐻=−，𝐻=0−(−3)=Rt𝐻中，tan∠𝐻𝐻= ∵∠𝐵=∴tan∠𝐵=∵tan∠𝐵= =4 −=6=∴=−4=−4×6=−xy=k菱形𝐵中，点是边的中点，⊥𝐵交直线𝐵于点．若=3，=410，则菱形 【答案】【答案】65122/1226【详解】解：设菱形𝐵的边长为∴∥𝐵，==∵点是∴=1∵=∴== ∵⊥∴为平行线与𝐵之间的距离，即=4情况1：点在线段𝐵过点作𝐻∥，交直线𝐵于点∵∥𝐵，𝐻∥∴四边形𝐻∴𝐻==，𝐻==1𝐻=𝐻−=1−1=1 又∵⊥∴∠𝐻=90°，△𝐻为直角三角形，=410，1 +4

2=9+160=9=2=∵>∴=180=6情况2：点在𝐵𝐻=𝐻+=1+1=2 Rt𝐻中，由勾股定理𝐻22=𝐻23+4 =+160==2=∵>∴=288=12学动上学把角为0°等三形为“好角”利“好角”行律探．图在面角标中点1经原的线，1=1点1在正轴，△11以1底的“好角”以11底向作“好角111”过1作11平线分交线和正轴点22以22底向作“好角形2𝐵22”过点222平线，别直正轴点3，3以33底向作“好角333”此律点06纵标 ．【答案】1×

【分析】如图过点1作1轴于点，得出1=1sin30°=1=1cos30°=3𝐵1=2

3𝐵∥的纵坐标为1×

【详解】解：如图过点1作1⊥轴于点∵∠1=30°，1=∴1=1sin30°=1,=1cos30°=3,𝐵1=2= ∴1=3 3,12∴11∥轴，则1的纵坐标为∴∠211=∠1𝐵1=同理可得：11=31𝐵1=3，12=311= ∴2=1+12=1+∴2的纵坐标为12=111=1111 同理可得22∥轴，则2的纵坐标为1× ∵∠1=∴2=

=4，∴2𝐵2=2=4，同理可得：22=32𝐵2=3×4，23=322=1× ∴3=2+23=4+1×

44又∥轴，则的纵坐标为14 的纵坐标为14 4∴的纵坐标为1=2121

−2|+tan60°−

−2+(π−分解因式：3−(−1)(+（1）解：原式=2−3+39=−=−（2）解：原式=(2−=(+1)(−求不等式 2−1>1−≥2−

【详解】解：解不等式①，得>解不等式②，得≤∴原不等式组的解集为1<≤【答案】【答案】1=6，2=−2−5−6=(−6)(+1)=60或11=6，2=−A，B，C，D四个等级（A：90100，B：8090，C：7080，D：6070）进行(4)810（1）D3650（人（2）解：36020=（3）解：C组人数：5015203=12（人（4）解：270015=810（人21．如图，四边形𝐵内接于⊙，为⊙的直径，点在的延长线上，且∠+∠𝐵=求证：是⊙(2)若=8，=12，sin∠𝐵=1∵=∴∠=∵∠𝐵=∴∠=∵∠+∠𝐵=∴∠+∠=90°，即∠=∴⊥∵为⊙∴是⊙25π−25 =∠=（2）连接𝐵，设的半径为，则=，=8Rt中，利用勾股定理求得=5，则=2=10．利用特殊角的三角函数值求得∠𝐵=30°．根据圆周角定理求得∠𝐵2∠𝐵=60°，∠𝐵=90°，则∠𝐵=120°30度角的直角三角形的性质求得△𝐵=1△𝐵 3，然后利用扇形面积公式及阴影=扇形𝐵−△𝐵设的半径为，则，8．Rt中，222，∴2+122=(8)2，解得=∴=2=∵sin∠𝐵=∴∠𝐵=∴∠𝐵=2∠𝐵=∴∠𝐵=180°−∠𝐵= =120π×52−253=25π−−=阴 扇形∴△𝐵=1△𝐵=∵=1∴△𝐵=1𝐵⋅𝐵=1×53×5=25∴𝐵=2−𝐵2=102−52=5∴𝐵=1=∵是⊙∴∠𝐵=22．2026年中国人形机器人打破了人类半马纪录，实现了从“蹒跚学步”到“风驰电掣”的迭代升级．某公司600因此因此𝐺的解析式为：=600−==−6+=10+=24010=24002400米，设𝐺解析式为=相遇时间=3600=6（分(2)=600−(3)5720析式为=+，根据待定系数法求解即可；360+240=600米/分，乙从𝐵匀速跑到240米/分，因此乙走完全程的时间为：360015即图中𝐻点对应的时间=15=36002100=1500因此1500B300米/分，返回全程需3600=121012=22BA240米/A的时间为3600=15设甲行进时间为分钟，甲乙距离=600米，分阶段计算：1：相遇前（0≤6，令=600，解得：=5，符合范围，是有效解；2B地（6<≤10，令=600，解得：=7，符合范围，是有效解；3BA地（10<≤15，该阶段2100≤<2400600，此阶段无解；4A停止，甲仍在返回途中（15<≤22，令=600，解得：=20，符合范围，是有效解；5720600已知有公共顶点的矩形𝐵和矩形𝐵𝐺，𝐵=2，𝐵=1，𝐵=𝐵=．先将矩形𝐵𝐺的边𝐵，𝐵 别落在矩形𝐵的边𝐵，𝐵上，再将矩形𝐵𝐺绕点𝐵顺时针旋转，旋转角为，连接【问题初探】如图1，当=1，0°<<90°时，∠𝐵与∠𝐵的数量关系是，与的数量关系是；(2)2，当=3，0°<<90°时，试探究与的数量关系，请写出结论，并说明理则的长为4，当=3，0°<<90°时，过点作⊥𝐵，垂足为，在线段𝐵上取点𝐵=2，连接．若△𝐵的面积为，则的取值范围是【答案】【答案】(1)∠𝐵=∠𝐵，=(2)解：=3∵四边形𝐵和四边形𝐵𝐺∴∠𝐵=∠𝐵=∴∠𝐵−∠𝐵=∠𝐵−∴∠𝐵=∵𝐵=𝐵= ∴△𝐵∽△∴=𝐵= ∴=3或0<≤（1）证明𝐵𝐵SAS，即可得到∠𝐵=∠𝐵，=证明𝐵𝐵，得到=𝐵=3，则= P作𝐵M，证明𝐵∽△𝐵，推出=2𝐵𝐵2≥02𝐵≤𝐵2+2；由勾股定理得𝐵2+2=𝐵2=12=1，则可证明𝐵≤1，根据=1𝐵 =2⋅𝐵（1）解：当=1时，则𝐵=𝐵==∴𝐵=𝐵,𝐵=

∵四边形𝐵和四边形𝐵𝐺∴∠𝐵=∠𝐵=∴∠𝐵−∠𝐵=∠𝐵−∴∠𝐵=∴△𝐵≌△𝐵SAS∴∠𝐵=∠𝐵，=E在𝐵上方时，连接B作𝐵𝑇⊥∵𝐵=𝐵== ∴𝐵=3𝐵=2∵四边形𝐵𝐺∴∠𝐵𝐺=∠𝐺=Rt△𝐵中，由勾股定理得𝐵2=2+𝐵2，∴3−2=2+∴= ∵四边形𝐵∴∠𝐵=∵𝐵𝑇⊥∴△𝐵=1𝐵⋅𝐵=1⋅ ∴1×2×23=1×43 ∴𝐵𝑇=∴𝑇=𝐵2−𝐵𝑇2=∵𝐵=𝐵,𝐵=𝐵𝑇=1,=𝑇=∴△𝐵≌△𝐵𝑇SSS∴∠𝐵=∴=3，由（2）得=33；∵四边形𝐵𝐺∴∠𝐵𝐺=∠𝐵=∴∠𝐵=180°−∠𝐵𝐺=同理可得=∴tan∠𝐵== ∴∠𝐵=⊥∵四边形𝐵∴∠𝐵=∴∠𝐵𝑇=180°−90°−30°= ∴=𝑇2+𝑇2=∵∠𝐵=∠𝐵=∴∠𝐵+∠𝐵=∠𝐵+∴∠𝐵=又∵𝐵=𝐵= ∴△𝐵∽△ ∴=3=综上所述，3或∵⊥𝐵,⊥∴∠𝐵=∠𝐵=∴∠𝐵+∠𝐵=∵四边形𝐵∴∠𝐵=∴∠𝐵+∠𝐵=∴∠𝐵=∴△𝐵∽△∴= ∴=𝐵⋅𝐵=𝐵⋅∵𝐵=2∴=2⋅∵𝐵−2≥∴𝐵2+2−2⋅𝐵≥∴2⋅𝐵≤𝐵2+Rt△𝐵中，由勾股定理得𝐵2+2=𝐵2=12=∴2⋅𝐵≤𝐵2+2=∴⋅𝐵≤∵∵=1𝐵⋅=1×2⋅2⋅𝐵=2⋅∴≤2×1= 又∵>进。③面积范围可转化为线段范围或函数关系。如图1，在平面直角坐标系中，抛物线=2++4<0与轴交于点−2,0，𝐵4,0，与轴交于，作直线，𝐵，点为第一象限内抛物线上的动点，过点作⊥轴，垂足为，交直线𝐵于点求的最大值及最大时点2，若将抛物线=2++4沿射线方向平移5个单位长度，得到新抛物线，点为新抛物线上一点，且∠𝐵=∠𝐵，则点的坐标为；当绕点°得取中点过点⊥垂为连则+最值为．【答案】(1)122，此时点的坐标为5,23−615+ 5（2）设点124𝐵的解析式为4，则4可得122 20<4（3）先求得平移后的新抛物线的解析式，分两种情况讨论点位置：当在轴上方时，由∠𝐵=得𝐵∥，联立直线与抛物线求交点得(5,2)；当在tan∠𝐵=tan∠=列方程解得3−615+61 （4）由（2）知，2,4，2,2，直线𝐵的解析式为4，设4，则4−+4求得直线的解析式为=，设，易得x45°，进而得到 1,−1，则 +32+−12，设𝐺−3,1，+=𝐺+ +32+−12−22+−42，问题转化为求直线F到点𝐺−3,1和点2,4（1）解：将−2,0，𝐵4,0代入抛物线的解析式=2416+4+4=

=−=∴抛物线的解析式为=−12++（2）解：设点12+4当=0时，124=∴0,4设直线𝐵的解析式为=∵𝐵4,0∴4+4=0，则=−∴直线𝐵的解析式为=−+⊥轴，∴41 1∴=−2++4−−+4=−2+=−

−22+20<<4∵−1<∴当=2时，2P2,4（3）解：对于=−12++4，当=0时，=4，则0,4∵