2026年深圳中考押题猜想-数学-解析版

28/872/82026年中考数学终极押题猜想考情为骨密押为翼目录TOC\o"1-2"\h\u押题猜想一几何图形选填综合小压轴 1押题猜想二几何图形与函数选填综合小压轴 8押题猜想三整式和分式化简求值 15押题猜想四方程（组）与不等式及其应用 19押题猜想五统计的综合问题 24押题猜想六一次函数的实际应用问题 30押题猜想七二次函数的综合问题 34押题猜想八特殊四边形的综合问题 46押题猜想九圆中的综合问题 62押题猜想十尺规作图与计算证明综合问题 71押题猜想十一几何图形中的新定义型问题 79押题猜想十二函数中的新定义型问题 99押题猜想一几何图形选填综合小压轴试题前瞻·能力先查限时：10min【原创题】刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接正多边形或外切正多边形逐步逼近圆来近似地计算圆的面积．如图，的内接正六边形与外切正六边形的面积比是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】如图，设正六边形为的内接正六边形，、、、、、为的切线，切点分别为、、、、、，连接、、、，设交于点，设正六边形的半径为，根据正多边形和圆的性质及切线的性质得，，，，，证明六边形为的外切正六边形，求出，得，求出，得，可得答案．【详解】解：如图，设正六边形为的内接正六边形，、、、、、为的切线，切点分别为、、、、、，连接、、、，设交于点，设正六边形的半径为，∴，，，，，∴，，∴，用同样的方法可得：，即，∵，，∴垂直平分，∴，用同样的方法可得：，，∴，，，，∴，，∴、是等边三角形，∴，用同样的方法可得：，即，∴六边形为的外切正六边形，∵，，垂直平分，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∵是等边三角形，，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，即的内接正六边形与外切正六边形的面积比是．分析有理·押题有据近5年深圳中考数学真题中，几何图形选填综合小压轴呈现鲜明的“多结论判断”与“图形变换融合”趋势。选择题压轴题几乎固定为几何多选项问题，要求逐一验证多个结论，综合性强、正确率低。填空题压轴则侧重计算中的图形建构能力，涉及线段长度、面积比、线段比等，需要考生具备较强的几何直观与构图能力。考点高度聚焦于图形的轴对称、平移、旋转三大变换，以及相似三角形、特殊四边形性质、圆的相关定理。押题理由在于该题型能有效考查综合推理能力，是高分区分的“分水岭”。押题秘笈：一是熟练掌握常见几何模型与辅助线构造方法；二是多结论题采用“逐一验证、排除干扰”策略；三是无图时动手画图，对中点、等腰、直角等情况分类讨论并验证解的合理性。终极猜想·精练通关1．（2026·广东深圳·一模）如图，在边长为的正方形中，点是边的中点，连接，以点旋转中心将线段顺时针旋转，得到线段，连接，交边于点，，则的长为（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】过点分别作、的垂线，交的延长线于点，交于点，容易证明，则，．容易证明四边形是正方形，则，．通过证明可得，利用平行可证明，则，计算得，最后相加即可．【详解】解：如图，过点分别作、的垂线，交的延长线于点，交于点，由旋转的性质可知，，，∴，∵四边形是正方形，∴，，，∴，∴，∵点是边的中点，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴．2．（2026·广东深圳·一模）如图，在平面直角坐标系中，点是直线上的动点，连接，以为边在的右侧作矩形，边所在直线交轴于点．设点的坐标为，若矩形的面积始终为，则下列说法不正确的是（

）．A．当点在轴上时，点的坐标为 B．C．OE的长始终为 D．的取值范围为【答案】B【分析】对于A与B，画出点A在轴上的图，由图可得点的坐标为，同时，故A正确，B错误；对于C，作轴于点，容易证明，则，故C正确；对于D，由定弦定角可判断点在以为直径的圆上，从而得到．【详解】解：对于A与B：如图，由题意可知，点的坐标为，∴，∵矩形的面积为，∴，∴，∴此时点的坐标为，即，故B错误，在矩形中，，∴点的坐标为，故A正确；对于C：如图，作轴于点，∵轴，∴，∴，在矩形中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故C正确；对于D：∵，，∴点在以为直径的圆上，如图，设中点为，∴，∵点到轴的距离为，又∵垂线段最短，∴，即，∴，故D正确．押题猜想二几何图形与函数选填综合小压轴试题前瞻·能力先查限时：10min【原创题】如图是某款煮茶壶，开机加热将水匀速加热至后停止加热，此时水温开始下降，此时水温与启动加热后通电时间成反比例函数关系．当水温降至时启动保温功能．图是开始启动加热过程中，水温与通电时间之间的函数关系图，则下列说法错误的是（

）A．水温在启动加热到的过程中，与的函数关系式是B．在通电启动加热开关时，喝到的茶水为C．在整个通电启动到保温过程中，水温不低于的时间为D．在通电启动加热开关后，喝到的茶水的温度为【答案】C【分析】确定水温在启动加热到的过程中，与的函数关系式后可判断A；确定水匀速加热至后停止加热时水温与启动加热后通电时间的关系式，再计算当时对应的的值可判断B；分别计算当时在加热到前后分别对应的的值，求出它们的差可判断选项C；计算出当时在加热到后对应的的值即可判断选项D．【详解】解：设水温在启动加热到的过程中，与的函数关系式是，过点、，∴，解得：，∴水温在启动加热到的过程中，与的函数关系式是，∴选项A的说法正确，故此选项不符合题意；设当水匀速加热至后停止加热时水温与启动加热后通电时间的关系式为，过点，∴，解得：，∴此时水温与启动加热后通电时间的关系式为，当时，，∴在通电启动加热开关时，喝到的茶水为，∴选项B的说法正确，故此选项不符合题意；当时，，解得：；当时，；又∵，∴在整个通电启动到保温过程中，水温不低于的时间为，∴选项C的说法错误，故此选项符合题意；当时，，∴在通电启动加热开关后，喝到的茶水的温度为，∴选项D的说法正确，故此选项不符合题意．分析有理·押题有据近5年深圳中考数学真题中，几何图形与函数选填综合小压轴呈现“代几深度融合”的鲜明趋势。2025年试卷中一次函数与反比例函数综合考查在选择题或填空题频繁出现，这类小压轴通常将函数交点、k的几何意义与三角形面积、线段最值等几何问题结合，要求学生在图形与代数表达之间灵活转换。此外，动点与函数图像问题（如判断面积随时间变化的函数图像）也是选填压轴的热点方向。押题理由在于该题型能有效考查数形结合思想与建模能力，是高分区分的“分水岭”。押题依据是2026年深圳中考数学结构调整后依然强调代数与几何的综合运用。押题秘笈：一是熟练掌握一次函数与反比例函数联立求交点的方法；二是灵活运用k的几何意义将面积问题转化为坐标关系；三是动点问题采用“临界点分析法”，抓住运动过程中的特殊位置。终极猜想·精练通关1．（2026·广东深圳·一模）已知抛物线的图象如图所示，下列说法不正确的是（

）A． B．当时，随增大而减小C． D．【答案】B【详解】解：∵抛物线开口向上∴∵抛物线对称轴为直线∴∵抛物线与y轴交于负半轴∴∴，故A正确；由图象得，当时，随的增大先减小再增大，故B错误；∵抛物线与x轴有两个交点∴，故C正确；由图象得，抛物线经过点∴，故D正确．2．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在长方形中，是边上一点，且，，点从点出发，沿折线匀速运动，运动到点停止．点的运动速度为，运动时间为，的面积为，与之间的关系图象如图，下列结论正确的是（

）A． B．C． D．当时，【答案】A【分析】本题考查矩形的性质，动点问题的函数图象，关键是理解题意，熟悉运动的过程，把对应的数据转化为图形中的线段长．观察图象可知，面积最大为，可求得、的长，从而得到的长，进而求出在上运动的时间，即为的值，即可判断A选项的正确性；直接求出在上运动的时间，即为的值，即可判断B选项的正确性；进而计算的值，即可判断C选项的正确性；当时，计算出点运动的路程，从而求得此时的长，根据三角形面积公式求解的面积，即可判断D选项的正确性．【详解】解：由题图可得出当点运动到点且在上运动时，面积最大，结合题图可知，此时，面积最大为，从点到点用了，.此时，，即，，当点从点运动到点时，所用时间为，，故A正确；点运动完整个过程需要的时间，，故B错误；，故C错误；当时，点运动的路程为，此时，此时的面积，故D错误．故选：A．3．（2026·广东深圳·一模）如图，矩形的边分别落在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，若反比例函数（）的图象经过的中点D且与边交于点E，连接，若的面积为3，则k的值为__________．【答案】【分析】设，，根据反比例函数图象上的点的横纵坐标之积为，结合三角形的面积列出方程进行求解即可.【详解】解：设，则，∵反比例函数（）的图象经过的中点D且与边交于点E，四边形为矩形，∴，，∴，∵的面积为3，∴的面积为6，∴，∴，由图象可知，，∴.4．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，菱形的顶点、顶点均在轴的正半轴上，，，将菱形沿翻折，得到菱形，若双曲线恰好经过点和，则的值是_____________．【答案】【分析】本题主要考查了菱形的性质，求反比例函数的解析式，含角的直角三角形的性质，解一元一次方程等，解题的关键是掌握菱形的性质．连接，延长与轴交于点，与交于点，过，分别作轴，轴，垂足分别为，，利用菱形的性质得出角的度数和边长度，设，则有，利用反比例函数的解析式列出方程求解即可．【详解】解：如图，连接，延长与轴交于点，与交于点，过，分别作轴，轴，垂足分别为，，将菱形沿翻折，得到菱形，两菱形全等，即．，，，由勾股定理得，，即过点，，且轴，设，则有，将与的坐标代入反比例函数表达式得，解得，则．故答案为：．5．（2026·广东深圳·模拟预测）如图，点是反比例函数的图象上一点，延长交图象另一支曲线于点，轴且满足．若的面积为8，则____．【答案】6【分析】设点的坐标为，根据反比例函数图象的中心对称性可得点的坐标，由轴可知边上的高，根据等腰三角形的性质及可得的度数，进而确定与的数量关系，利用三角形面积公式求出的值，最后根据求解即可．【详解】解：设点的坐标为，其中，∵点在反比例函数的图象上，即，又∵反比例函数图象关于原点中心对称，且直线过原点，∴点与点关于原点对称，∴点的坐标为，∵轴，∴点的横坐标为，且轴，∴点到直线的距离，∵，∴为等腰三角形，∴，∵轴，∴直线与轴的夹角为，∴直线与轴的夹角为，∴，即，∵，，∴，过点作于点，如图，∵，∴，在中，，∴，∴，∴，∵，∴，即，则有，∴．押题猜想三整式和分式化简求值试题前瞻·能力先查限时：10min【原创题】（）计算：；（）先化简，再求值：，其中．【答案】（）；（），【分析】（）根据零指数幂、特殊角的三角函数值及负整数指数幂先化简，然后相加减即可；（）利用分式的性质和运算法则进行化简，再将的值代入到化简后的结果中计算即可；本题考查了实数的混合运算，分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解题的关键．【详解】解：（）原式；（）原式，当时，原式分析有理·押题有据近5年深圳中考数学真题中，整式与分式化简求值是每年必考的基础题型，固定在解答题第17题位置，分值约6-8分。考点趋势呈现鲜明的“稳定与细节并重”特征：2021-2025年连续考查分式化简求值，通常涉及括号内通分、除法变乘法、因式分解约分等步骤，再代入给定值计算。代入方式呈现多元化趋势，包括直接代入数值（如x=3）、代入三角函数值（如a=tan60°），或结合不等式组选择使分式有意义的数代入。押题理由在于该题型位置稳定、运算细节多，是基础题失分的主要原因。押题依据是近5年深圳真题及模拟题中该考点从未缺席，且“先化简、再求值”的考查模式高度一致。押题秘笈：一是化简过程中务必先因式分解，通分时分子整体加括号，结果化为最简形式；二是代入前必须检验所选值是否使原分式分母为零，如遇“从范围中选择”类题目，优先取使所有分母均非零的整数。终极猜想·精练通关1．（2026·广东深圳·二模）计算：．【答案】【分析】根据零指数幂、绝对值的意义、特殊角三角函数值及负整数指数幂将原式化简，再进行加减运算．【详解】．解：．2．（2026·广东深圳·一模）计算：．【答案】．【分析】首先计算负整数指数幂，有理数的乘方，零指数幂，特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算即可．【详解】解：3．（2026·广东深圳·一模）先化简，再求值：，其中a，b满足．【答案】，【分析】先把对应分式的分子和分母分解因式，再把除法变成乘法后约分，接着计算分式减法化简，最后求出，并代入化简式子中求值即可．【详解】解：，∵，∴，∴原式．4．（2026·广东深圳·一模）先化简，再求值：，并从，，，中选择一个合适的数代入求值．【答案】，取，原式【分析】首先把分式化简，可得：原式，根据分式有意义的条件，可得：和，所以只能取，把代入化简后的分式求值即可．【详解】解：，有意义，，即，，解得：且，，当时，原式．5．（2026·广东深圳·模拟预测）先化简，再求值：，其中．下面是甲、乙两同学的部分运算过程：甲同学解：原式…乙同学解：原式…(1)甲同学解法的依据是______；乙同学解法的依据是______；（填序号）①等式的基本性质②分式的基本性质③乘法分配律④乘法交换律(2)请你选择上面的一种解法，写出完整的解答过程．【答案】(1)②；③；(2)见解析【分析】（1）根据分式的基本性质，以及乘法分配律，即可解答；（2）任选一种情况，根据分式的运算法则计算即可．【详解】（1）解：甲同学解法的依据是分式的基本性质，乙同学解法的依据是乘法分配律；（2）解：甲同学：原式，当时，原式；乙同学：原式，当时，原式．押题猜想四方程（组）与不等式及其应用试题前瞻·能力先查限时：10min【原创题】已知关于x的方程无解，求m的值．浩浩求m的值的过程如下：解：方程两边同乘，得，第一步整理，得第二步当时，原方程无解，此时，，，因此，．第三步你认为浩浩的解题过程从第几步开始出错，请你指出来并改正．【答案】第三步错误，见解析【分析】本题主要考查了解分式方程，先把原方程去分母，再计算得到，分式方程无解有两种情况，第一种情况，第二种情况，则此时原方程有增根，据此求解即可．【详解】解：方程两边同乘，得，第一步，整理，得，第二步，当，即时，此时满足原方程无解，当时，，∵原方程无解，∴原方程有增根，∴，∴，∴，∴；综上所述，或，∴第三步出现错误．分析有理·押题有据近5年深圳中考数学真题中，方程（组）与不等式及其应用是每年必考的核心板块，通常在解答题第19题左右出现，分值约8分。考点趋势呈现鲜明的“一元一次方程与不等式融合应用”特征，2023-2025年连续三年考查一元一次方程与不等式的综合应用题。题型通常以生活实际为背景，先利用方程求出确定值，再利用不等式求范围或方案数，形成“方程定值+不等式定范围”的两步递进结构。押题理由在于该题型位置稳定、与实际生活联系紧密，能有效考查建模能力与运算素养。押题依据是近三年真题及备考资料均强化方程与不等式的综合应用训练。押题秘笈：一是审题时圈画“至少”“不超过”“多于”等关键词快速判定不等关系；二是列分式方程后务必检验根的合理性（分母不为零且符合实际）；三是有方案决策时需结合“整数解”确定最终方案。终极猜想·精练通关1．（2026·广东深圳·一模）解方程：．【答案】原方程无解【分析】根据去分母、移项、合并同类项、化系数为1解分式方程，注意要检验．【详解】解：原方程可化为，去分母，得，移项，得，合并同类项，得，化系数为１，，检验，时，，则为方程的增根，故原方程无解．2．（2025·广东深圳·中考真题）解一元一次不等式组，并在数轴上表示．解：由不等式①得：__________，由不等式②得：__________，在数轴上表示为：所以，原不等式组的解集为__________．【答案】；；；见解析【分析】本题主要考查解一元一次不等式组，分别求出每个不等式的解集，再根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无法找”确定不等式组的解集，【详解】解：，解不等式①，得：解不等式②，得：在数轴上表示如下：所以不等式组的解集为：，故答案为：；；3．（2026·广东深圳·一模）随着人们生活水平的不断提升，体育器材逐渐成为日常消费用品．某体育用品商场预计某品牌运动器材会十分畅销，便以元购进一批该款运动器材．商品上市后迅速售罄，商场随即又用元购进第二批同款运动器材．第二批购进的数量是第一批的倍，每套器材的进价比第一批多出元．(1)该商场两次共购进这种运动器材多少套？(2)如果这两批运动器材每套的售价相同，且全部售完后总利润率不低于，那么每套器材售价至少是多少元（结果取整数）？（）【答案】(1)该商场两次共购进这种运动器材套；(2)每套器材售价至少是元．【分析】（）设第一批购进运动器材套，则第二批购进套，根据题意可得，然后解分式方程并检验即可；（）设每套器材售价为元，由总利润率不低于可得，然后解不等式并检验即可．【详解】（1）解：（1）设第一批购进运动器材套，则第二批购进套，根据题意可得：，，，解得，经检验，是原方程的解，且符合题意，则两次共购进：（套），答：该商场两次共购进这种运动器材套；（2）解：设每套器材售价为元，∵成本为（元），∴利润为，由总利润率不低于可得：，解得，因为取整数，所以的最小值为，所以每套器材售价至少是元．4．（2026·广东深圳·一模）新型科技广泛应用于智慧农业．为了降低成本和提高采摘效率，某果园引进1台智能机器人采摘某种水果．(1)已知这台智能机器人采摘的效率是一个工人的5倍，智能机器人采摘4000千克水果比4个工人同时采摘同样质量的水果所需的天数少1天．求这台智能机器人每天可采摘多少千克该种水果？(2)如图，为了方便智能机器人和工人采摘水果，计划在一块长、宽的矩形果园上修建三条道路，道路的宽度都相等，道路将果园分成面积均为的6个小矩形．求道路的宽度．【答案】(1)这台智能机器人每天可采摘该种水果1000千克(2)道路宽度为【分析】（1）设这台智能机器人每天可采摘该种水果千克，则每名工人每天可采摘千克，然后根据题意列分式方程求解即可；（2）设道路宽度为．然后根据题意列一元二次方程求解即可．【详解】（1）解：设这台智能机器人每天可采摘该种水果千克，则每名工人每天可采摘千克，依题意得，解得，经检验，是原方程的解．答：这台智能机器人每天可采摘该种水果1000千克．（2）解：设道路宽度为．依题意得，解得（不合实际，舍去）．答：道路宽度为．5．（2024·广东深圳·三模）背景【长城上可以点无人机送的外卖了】打开手机外卖软件下单，在长城上也可以点外卖了，最快5分钟收货！目前，美团无人机在八达岭长城开通了北京首条无人机配送航线，为降落点附近的游客提供了应急救援等商品货物配送服务，这也是北京市内首次开通常态化无人机配送服务.近年来，中国低空经济发展迅速，成为了经济增长的新动能．素材1某商店在无促销活动时，若买5件商品，8件商品，共需要2400元；若买8件商品，5件商品，共需2280元．素材2该商店为了鼓励消费者使用无人机配送服务，开展促销活动：①若消费者用250元购买无人机配送服务卡，商品一律按标价的七五折出售；②若消费者不使用无人机配送服务：凡购买店内任何商品，一律按照标价的八折出售．问题解决任务1在该商店在无促销活动时，求A，B商品的销售单价分别是多少元?任务2某科技公司计划在促销期间购买A，B两款商品共30件，其中商品购买件；①若使用无人机配送商品，共需要_____元；②若不使用无人机配送商品，共需要______元．（结果均用含的代数式表示）；任务3请你帮该科技公司算一算，在任务2的条件下，购买商品的数量在什么范围内时，使用无人机配送商品更合算？【答案】任务1：该商店在无促销活动时，商品的销售单价是160元，商品的销售单价是200元任务2：①，②任务3：当时，使用无人机配送商品更合算【分析】本题考查了二元一次方程组、代数式的应用及一元一次不等式的解法，涉及知识点包括方程组的建立与求解、代数式的化简与应用、不等式的性质及其应用；解题的关键在于准确建立数学模型，通过方程组求解商品单价，利用代数式表达不同促销方案下的总费用，并通过不等式确定最优选择，整个过程需注重逻辑推理与数学运算的准确性．任务1：通过设未知数，利用无促销活动时两种购买组合的总价建立二元一次方程组，求解得到A、B商品的销售单价；任务2：先确定购买B商品的数量为件，再根据两种促销方案的折扣规则，结合任务1求得的单价，分别计算使用无人机配送和不使用无人机配送时的总费用，用含a的代数式表示；任务3：根据“使用无人机配送更合算”这一条件，建立一元一次不等式，求解不等式并结合的范围，确定购买A商品数量的范围．【详解】解：任务１设A商品的销售单价是x元，B商品的销售单价是y元，依题意得，解得,答：A，B商品的销售单价分别是160元，200元；任务2

A商品打折后单价为元，B商品打折后单价为元，总费用为服务卡费用加上A、B商品的打折后总价，，

A商品打折后单价为元，B商品打折后单价为元，总费用为A、B商品的打折后总价，即：．故答案为：①，②；任务3依题意，，解得，，，当时，使用无人机配送商品更合算．押题猜想五统计的综合问题试题前瞻·能力先查限时：15min【原创题】“校园餐”关乎青少年的健康成长，关乎千家万户的切身利益．为了提升“校园餐”的质量，让学生从“吃得饱”向“吃得好”转变，相关主管部门到某学校就学生对“校园餐”的满意度进行问卷调查，现分别从小学部、初中部各随机抽取10名学生，统计他们对“校园餐”的满意度的打分情况如下（单位：分，满分10分）：小学部：7，7，7，8，8，8，8，8，9，10；初中部：9，7，9，6，10，6，8，，9，7．两组数据的平均数、中位数、众数、方差如下表：平均数中位数众数方差小学部880.8初中部88.51.8根据以上信息，完成下列问题：(1)填空：_____，_____，_____；(2)综合表中数据，你认为是该校的小学部还是初中部的学生对“校园餐”的满意度更高？请说明理由；(3)若对“校园餐”的满意度的评分大于或等于8分的学生占比65及以上，则“校园餐”可被评为“幸福餐”，已知该校小学部有1200名学生，初中部有800名学生，你认为该校的“校园餐”能否被评为“幸福餐”？请说明理由．【答案】(1)9；8；9(2)初中部的学生对“校园餐”的满意度更高，理由见解析(3)该校的“校园餐”能被评为“幸福餐”，理由见解析【分析】（1）根据初中部平均数、中位数、众数的定义求解即可；（2）根据中位数和众数求解即可；（3）用小学部和初中部的学生数分别乘以样本中大于或等于8分的学生所占比例，再求和，再求出达到“幸福餐”的人数，作比较即可解答．【详解】（1）解：由题意可得：，即，．根据题意可得小学部打分排在中间位置的两个数都是8，则中位数，根据题意可得初中部打分出现次数最多的是9，则众数，（2）解：初中部的学生对“校园餐”的满意度更高，通过比较中位数可知，，通过比较众数可知，，初中部的学生对“校园餐”的满意度高于小学部的学生对“校园餐”的满意度；（3）解：小学部和初中部满意度评分大于或等于8分的人数为：（人），该校学生总数占比为：（人），，该校的“校园餐”能被评为“幸福餐”．分析有理·押题有据近5年深圳中考数学真题中，统计是每年必考的基础解答题，通常在第18题或第19题位置，分值约8-12分，难度不大但注重应用。考点趋势呈现鲜明的“一图两表三类数”格局，即通过条形统计图与扇形统计图的信息关联，考查中位数、众数、平均数三大量数的计算与比较，同时判断方差稳定性。2024年真题曾出现新变化，以加权平均数方式考核不同权重下的得分比较，2025年则考查方差与平均数综合判断，体现统计量的深度理解。实际背景贴近生活，如场馆预约、安全知识竞赛等。押题理由在于该题型位置稳定、与实际生活联系紧密、分值占比稳定（约15%），能有效考查数据观念。押题秘笈：一是审图时抓住扇形图的比例关系与条形图的具体数值，将两者对应起来；二是求中位数前务必将数据排序，众数可能不唯一；三是用列表或树状图求两步试验概率时注意“放回”与“不放回”的区别；四是方差比较大小可直接判断数据波动稳定性，无需精确计算。终极猜想·精练通关1．（2026·广东深圳·二模）体重指数（）是衡量人体胖瘦程度的常用指标，计算公式是，其中（单位：千克）表示体重，（单位：米）表示身高，我国规定18岁以上的成年人体重分类标准如下表：的范围健康类型体重过低正常超重肥胖为了解自己所在公司职员的体重健康状况，某员工在公司内随机抽取男、女职员各20人，通过测量得到他们的体重和身高，然后计算得到每位职员的数值，部分数据记录如下：20名男职员的值：15.4，15.8，16.5，17.8，18.9，21，21，21，23.2，24.5，24.5，24.5，24.5，25，25，27，27.9，28.2，29.1，29.4；女职员体重指数为“正常”的值：18.5，19，19，19，20，20，21，21.3，22.4，23.6．男、女职员值统计表性别平均数中位数众数“正常”所占百分比男23.0224.5女20.5619请你根据图表中的信息，解答下列问题：(1)填空：_____，_____，____；(2)若该公司共有职员200人，其中男女比例为，估计该公司共有多少人体重指数是“肥胖”；(3)综合上表中的统计量，你认为该公司哪个性别的职员体重健康状况较好？请说明理由，并给体重健康状况较差的职员提出一条合理的建议．【答案】(1)19.5，24.5，(2)估计该公司共有24人体重指数是“肥胖”(3)女职员体重健康状况较好，理由和建议见解析【分析】（1）根据中位数、众数和“正常”所占百分比的定义求解即可；（2）根据公司中男女比例以及体重指数是“肥胖”的人数占比求解即可；（3）根据平均数、中位数以及众数分析，再给出合理的建议即可．【详解】（1）解：由数据可知，20名女职员体重指数的中位数为第10和11名指数的平均数，女职员中体重过低有6人，则第10和11名为指数正常中的第4和5名的平均数，；20名男职员体重指数的中，出现了次，次数最多，；∵女职员中体重指数为正常的人数有10人，∴；（2）解：（人），答：估计该公司共有24人体重指数是“肥胖”．（3）解：该公司的女职员的平均值、中位数以及众数均比男职员的低，且平均值位于正常范围的中间值，女职员体重健康状况较好．建议：健康状况较差的职员建议多运动，注意良好的饮食与睡眠（合理即可）．2．（2026·广东深圳·一模）某校开展了“学宪法”知识竞赛，现从该校七、八年级中各随机抽取名学生的成绩（满分为分）进行整理、分析，现将得分（）分成四组：，，，，下面给出了部分信息：七年级抽取的学生成绩在C组的人数是D组人数的一半，在C组中的数据为：，；八年级抽取的学生成绩为：．七、八年级抽取的学生竞赛成绩统计表年级平均数中位数众数七八七年级抽取的学生竞赛成绩统计图根据以上信息，解答下列问题：(1)填空：___________，___________，___________．(2)根据以上数据，你认为哪一个年级参加竞赛活动的学生成绩更好？请说明理由（写出一条理由即可）．(3)若该校七、八年级共人参加了此次竞赛活动，得分在分及以上为优秀，请你估计该校七、八年级参加此次竞赛活动成绩达到优秀的学生总数．【答案】(1)，，(2)八年级，见解析(3)人【分析】（1）根据中位数、众数的定义求解即可，先算出七年级组人数，再算出所占总数的百分比即可求解；（2）比较七八年级的平均数、众数及中位数即可得出结论；（3）用总人数乘以样本中优秀学生所占百分比即可得出结论．【详解】（1）解：∵七年级组人数是人，∴七年级组人数是人，∵七年级组人数是人，∴七年级组：人，即：，∴，∴人，∵八年级抽取的学生成绩为：，∴成绩出现次数最多的是，∴；（2）答：八年级成绩更好，理由如下：∵七八年级的平均数相同都是，七年级的中位数小于八年级的，七年级的众数小于八年级的，∴八年级成绩更好；（3）解：（人），答：该校七、八年级参加此次竞赛活动成绩达到优秀的学生总数是人．3．（2026·广东深圳·一模）为进一步提升学生的安全意识，某校举办了安全知识竞赛，现从全校八、九年级学生中各随机抽取20名学生的竞赛成绩（百分制），对竞赛成绩进行统计和分析如下：八年级：80，80，100，90，80，70，70，80，70，90，70，80，100，90，60，80，90，80，90，90九年级：90，90，100，80，80，60，70，80，60，100，60，70，90，80，90，90，90，70，100，90年级/统计量平均数中位数众数八年级828080九年级82n90请根据所给信息，回答下列问题：(1)“扇形统计图”中80分所在扇形圆心角的度数为______，九年级学生成绩的中位数______，并补全条形统计图；(2)该校九年级学生共400人，请估计成绩不低于80分的人数；(3)根据上述统计数据，你认为哪个年级的成绩更好？请说明理由．【答案】(1)；；图见解析(2)280人(3)我认为九年级成绩更好．理由见解析【分析】（1）“80分”所在扇形的圆心角的度数为乘以占比即可；根据中位数定义即可求；由数据收集得到八年级80分的有7人即可补全条形统计图；（2）用样本估计总体即可；（3）比较中位线，众数，平均数进行分析即可．【详解】（1）解：；“80分”所在扇形的圆心角的度数为；将九年级学生成绩从小到大进行排序，排在中间位置的两个数为80，90，则中位数为；由数据收集得到八年级80分的有7人，故补全条形统计图，如图所示：（2）解：九年级学生成绩不低于80分的人数为：（人）；（3）解：我认为九年级成绩更好．理由如下：由分析表可知两个年级的平均数相同，九年级的中位数和众数高于八年级，所以九年级的成绩更好．押题猜想六一次函数的实际应用问题试题前瞻·能力先查限时：15min【原创题】成都市某中学数学组组织学生举行“数学创意大赛”，需购买A、B两奖品．若购买A奖品4个和B奖品5个，需210元；购买A奖品5个和B奖品6个，需255元．(1)A、B两奖品的单价各是多少元？(2)学校计划共购买奖品300个，设购买A奖品个，购买这300个奖品的总费用为W元．①求W关于的函数关系式；②若购买A奖品的数量不少于40个，同时又不超过90个，则该学校购进A奖品、B奖品各多少个，才能使总费用最少？【答案】(1)A奖品的单价是15元，B奖品的单价是30元(2)①；②该学校购进A奖品90个，B奖品210个时总费用最少【分析】（1）设A奖品的单价是元，B奖品的单价是元，根据两种购买方式的费用建立方程组，解方程组即可得；（2）①先求出购买B奖品为个，再根据（1）的结果即可得；②利用一次函数的性质求解即可得．【详解】（1）解：设A奖品的单价是元，B奖品的单价是元，由题意得：，解得，答：A奖品的单价是15元，B奖品的单价是30元；（2）解：①由题意可知，购买B奖品为个，则，即关于的函数关系式为；②∵购买A奖品的数量不少于40个，同时又不超过90个，，∵，，∴在内，随的增大而减小，∴当时，取得最小值，此时，答：该学校购买A奖品90个，B奖品210个，才能使总费用最少．分析有理·押题有据近5年深圳中考数学真题中，一次函数的实际应用问题是每年必考的核心解答题，通常在解答题第19-20题位置出现，分值约8-9分。考点趋势呈现鲜明的“分段函数与方案优选融合”特征，近年真题及2025-2026年模拟卷均强调分段计费、行程、工程等生活背景下的函数建模。押题理由在于该题型位置高度稳定、与实际应用联系紧密，能有效考查数学建模能力与运算素养。押题依据是近5年真题中“利润=单利×销量”“路程=速度×时间”等基本数量关系考查从未缺席，且2026年中考函数专题仍将其作为核心考点。押题秘笈：一是审题时圈画“每件利润”“销售单价”等关键量，利用列表法清晰梳理变量关系；二是建立y=kx+b模型后务必明确自变量取值范围；三是分段函数问题分清节点，分区间分别列式后再综合；四是方案优选类问题通过求函数值或交点确定最优解，最后验证结果是否符合实际意义（人数、时间非负等）。终极猜想·精练通关1．（2026·广东深圳·一模）某学校初三学生计划种植向日葵，寓意一举夺魁．学校采购组先购买向日葵花苗，第一次用200元购进某品种向日葵花苗后，发现数量不足，又用660元购进第二批该品种花苗，所购数量是第一批数量的3倍，单株进价贵了0.2元．(1)求该学校购进的第二批向日葵花苗的单株进价；(2)学校计划再购进该品种向日葵和月季幼苗共200株，且月季幼苗的进货数量不超过向日葵花苗数量的3倍．向日葵花苗的进价与第二批价格相同，月季幼苗单株进价为1.5元，学校应该如何安排进货，才能使购买这批幼苗的总费用最少？最少总费用是多少？【答案】(1)2.2元(2)购进向日葵花苗50株，月季幼苗150株时总费用最少，最少总费用为335元【分析】（1）设第一批向日葵花苗的单株进价为元，则第二批向日葵花苗的单株进价为元，根据用660元购进第二批该品种花苗，所购数量是第一批数量的3倍，列出分式方程进行求解即可；（2）设购进向日葵花苗株，购买总费用为元，则购进月季幼苗株，根据月季幼苗的进货数量不超过向日葵花苗数量的3倍，列出不等式，求出的范围，根据总费用是两种幼苗的费用之和列出一次函数解析式，利用性质求最值即可.【详解】（1）解：设第一批向日葵花苗的单株进价为元，则第二批向日葵花苗的单株进价为元，由题意，得：，解得，经检验是原分式方程的解，符合题意；则第二批单株进价为（元）；答：该学校购进的第二批向日葵花苗单株进价为2.2元；（2）解：设购进向日葵花苗株，购买总费用为元，则购进月季幼苗株，由题意，得：，解得；∵，∴随的增大而增大，∴当时，取得最小值，（株）答：购进向日葵花苗50株，月季幼苗150株时，购买总费用最少，最少总费用是335元.2．（2026·广东深圳·模拟预测）学校为表彰在运动会上成绩优秀的同学，计划购买甲、乙两种奖品．已知购买甲种奖品件和乙种奖品件需花费元，购买甲种奖品件和乙种奖品件需花费元．(1)求甲、乙两种奖品的单价；(2)学校计划购买甲、乙两种奖品共件，其中购买乙种奖品的件数不超过甲种奖品件数的倍，学校分别购买甲、乙两种奖品各多少件才能使总费用最少？并求出最少总费用．【答案】(1)甲种奖品的单价为元，乙种奖品的单价为元(2)购买甲种奖品件，乙种奖品件时总费用最少，最少总费用为元【分析】（）设甲种奖品的单价为元，乙种奖品的单价为元，根据题意，列出方程组求解即可；（）设购买甲种奖品件，则购买乙种奖品件，设购买两种奖品的总费用为元，先根据题意列出不等式，求出的取值范围，再求出总费用关于的函数表达式，根据函数增减性即可进行解答．【详解】（1）解：设甲种奖品的单价为元，乙种奖品的单价为元，由题意可得：，解得：，故甲种奖品的单价为元，乙种奖品的单价为元；（2）解：设购买甲种奖品件，则购买乙种奖品件，设购买两种奖品的总费用为元，依题意可得：，解得：，∵，∴随的增大而增大，∵且m为正整数，∴当时，，(元)，答：当学校购买件甲种奖品，件乙种奖品时，花费最少，最小费用为元．3．（2026·广东深圳·二模）综合与实践年央视春晚节目《武》中，宇树科技机器人上演精彩武术表演，惊艳世界．某市科技馆为普及科技文化，计划采购宇树科技四足机器人与人形机器人用于科普展示．根据以下素材，完成任务：宇树科技机器人采购方案设计素材1购买6台四足机器人和5台人形机器人共需57万元；5台人形机器人的售价比11台四足机器人贵23万元．素材2每台四足机器人每日可服务观众150人次；每台人形机器人每日可服务观众280人次．素材3科技馆计划采购两款机器人共12台，采购总预算不超过73万元．问题解决(1)求每台四足机器人、每台人形机器人的售价分别是多少万元？(2)采购四足机器人和人形机器人各多少台时，每日总服务人次最多？最多为多少？【答案】(1)每台四足机器人售价为2万元，每台人形机器人售价为9万元(2)采购四足机器人5台、人形机器人7台时，每日总服务人次最多，最多为2710人次【分析】（）设每台四足机器人售价为万元，每台人形机器人售价为万元，根据题意列出方程组，然后解方程组即可；（）设采购四足机器人台，则采购人形机器人台，根据题意得，求得，设每日总服务人次为，则有，然后通过一次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：设每台四足机器人售价为万元，每台人形机器人售价为万元，根据题意得：，解得：，答：每台四足机器人售价为2万元，每台人形机器人售价为9万元；（2）解：设采购四足机器人台，则采购人形机器人台，根据题意得：，解得：，，即，，设每日总服务人次为，，，随增大而减小，当取最小值5时，有最大值，此时，答：采购四足机器人5台、人形机器人7台时，每日总服务人次最多，最多为2710人次．押题猜想七二次函数的综合问题试题前瞻·能力先查限时：30min【原创题】如图1，抛物线与轴交于点，，与轴交于点．(1)求抛物线的函数表达式；(2)点P是抛物线上的一个动点．①如图1，若点在第一象限内，连接交直线于点，设的面积为，面积为，若，求点坐标；②如图2，抛物线的对称轴与轴交于点，过点作于点，点是对称轴上的一个动点，是否存在以点，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点的坐标．若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)①点坐标是或；②存在，点的坐标为，，【分析】（1）将点A、B、C，代入即可求得抛物线的表达式；（2）①求出直线的表达式为，过作垂直交于和点，可证得，所以，设，则，，，，即可解决问题．②根据等腰直角三角形的性质求得的点坐标为，分为边和为对角线两种情况讨论，即可求解．【详解】（1）解：把，，代入得∶，解得，∴抛物线的表达式为；（2）①设直线的解析式为，把，代入得∶，解得直线的表达式为．过作轴交于，过作轴交于，∴，，，，设，则，，，∴当时，，，，，或，点的坐标为或．②存在，理由如下：过点作于，如图，的对称轴为直线，，，，又，是等腰直角三角形，，，是等腰直角三角形，，点的坐标为，当为边时，四边形为平行四边形，，轴，点的横坐标与点的横坐标同为，当时，，点的坐标为，，点的坐标为，根据对称性当时，，∴时，四边形也是平行四边形．当为对角线时，如图，四边形为平行四边形，，轴，同理求得：点的坐标为，，点的坐标为，综上，点的坐标为时，点的坐标为或，时，．分析有理·押题有据近5年深圳中考数学真题中，二次函数综合问题是每年压轴题的固定考查内容，分值占比最高（约35%-40%），通常在解答题第19-20题位置出现，且2026年题型结构调整后解答题分值从55分提升至61分，压轴题权重进一步加大。考点趋势呈现鲜明的“代数推理与几何直观深度融合”特征，重点考查含参二次函数图象性质（开口、对称轴、最值）、与几何图形的存在性问题（等腰三角形、平行四边形、相似三角形），以及动点背景下的线段最值与面积最值问题。押题理由在于该板块能有效考查数形结合与分类讨论思想，是区分思维层次的关键。押题秘笈：一是解析式灵活选取顶点式或一般式；二是含参最值问题需依据自变量取值范围分段讨论；三是动点存在性问题按“设坐标→列方程→验合理性”三步走，切线证明牢记“连半径、证垂直”。终极猜想·精练通关1．（2026·广东深圳·一模）综合与实践问题情境：综合实践小组设计并定制了一批以山西景点为背景的环保帆布包，在学校网络义卖平台进行销售，并对销售过程中的数学问题进行了研究．信息收集：小组同学将销售过程中的数据进行整理、分析，发现此款帆布包的销售额y（元）是销售单价x（元/个）的二次函数，部分相关数据如表所示：销售单价x（元/个）1415161718销售额y（元）504510512510504数学建模：(1)通过分析如表中的数据，请直接写出该环保帆布包在销售过程中的最大销售额，并求出销售额y（元）与销售单价x（元/个）之间的关系式；问题解决：(2)已知每个环保帆布包的成本价为8元，①若设这批环保帆布包的销售数量为q（个），求销售数量q（个）与销售单价x（元/个）之间的关系式，并直接写出当销售单价为18元/个时的销售利润；②求该环保帆布包的销售单价为多少时，销售利润最大？【答案】(1)(2)①，280元；②当该环保帆布包的销售单价为20元/个时，销售利润最大【分析】（1）由表格可得，最大销售额为512元，顶点坐标为，即可设销售额与销售单价之间的关系式为，再代入求解即可；（2）①利用即可求解销售数量与销售单价之间的关系式，再由每件利润乘以销售数量即可求解单价为18元/个时的销售利润；②设销售此款环保帆布包的销售利润为元，由①得，销售数量，由建立起二次函数关系式，再根据二次函数的性质求解最值即可．【详解】（1）解：由表格可得，最大销售额为512元，顶点坐标为，设销售额与销售单价之间的关系式为，将代入得，解，得，销售额与销售单价之间的关系式为；（2）解：①由（1）得，由题意得，，，销售数量与销售单价之间的关系式为，当时，销售利润为（元）；②设销售此款环保帆布包的销售利润为元，由①得，销售数量，，此款环保帆布包的销售利润是销售单价的二次函数，，且，当时，取得最大值，当该环保帆布包的销售单价为20元/个时，销售利润最大．2．（2026·广东深圳·一模）综合与实践【问题背景】在音频工程中，抛物线形音响能有效汇聚声波，提升传播距离与音质效果．学习小组发现它们的截面轮廓中的曲线部分均可看作抛物线，而且不同抛物线形音响的形状不同．【初步探究】学习小组将这些不同抛物线形音响竖直放置于桌面，抽象成如图1所示图形，扩音口A、B在抛物线上，且关于抛物线的对称轴对称；点是音响的最低点，即抛物线的顶点．经测量，发现这些抛物线形音响均满足：顶点到线段的距离为（单位：），扩音口宽度为（单位：）．为进一步探索不同音响轮廓的抛物线形状，各学习小组建立了不同的平面直角坐标系，并设点的坐标，利用抛物线表达式（其中为常数，）对值进行了探究与求解．(1)第一小组测得其中一个音响的扩音口宽度为，以抛物线的顶点为坐标原点建立了如图2所示的平面直角坐标系，则此时的值为__________；(2)【建立模型】第二小组经过观察探究，提出如下猜想：抛物线的形状完全由扩音口宽度决定，即和之间存在数量关系．请你求出和的数量关系，帮小组验证这个猜想；(3)【应用模型】第三小组建立平面直角坐标系后，发现点的坐标为，且当时，音响截面轮廓线对应抛物线上最低点与轴的距离为2，求此时的值．【答案】(1)(2)这个小组的猜想是正确的，见解析(3)或【分析】（1）由题意得，，即抛物线表达式为，将代入即可求出；（2）由题意得，，将代入抛物线表达式得：，得到；（3）由题意得，则，，分两种情况进行讨论，当时，易得点不在轴下方，抛物线在对称轴处有最小值；当时，易得点在轴下方，当时，随的增大而减小，抛物线在处有最小值．【详解】（1）解：由题意得，，顶点到线段的距离为（单位：），扩音口宽度为（单位：），则，，抛物线表达式为（其中为常数，），，将代入，可得，解得；（2）由题意得，，将代入抛物线表达式得：，，，，，这个小组的猜想是正确的；（3）由题意得，则，，，由（2）可知，（i）当时，可得，点不在轴下方，抛物线在对称轴处有最小值，即当时，，，；（ii）当时，可得，点在轴下方，，当时，随的增大而减小，点在轴下方，抛物线在处有最小值，即当时，，，解得；综上所述，或．3．（2026·广东深圳·二模）综合与探究关于二次函数，数学兴趣小组计划通过以下环节进行研究．(1)【特例研究】当时，二次函数为______，并在图中的平面直角坐标系画出其函数图像；当时，二次函数为，其图像如图所示；当时，二次函数为，其图像如图所示；(2)观察特例中的图像，并结合学习函数的经验，写出二次函数的条特征．(3)【深入探究】对于二次函数，当，时，的最大值与最小值的差为，求的值；(4)将在间的图像记为，若图像与直线有个交点，请求出的取值范围．【答案】(1)，图像见解析(2)①二次函数恒过点，；②二次函数的对称轴为直线(3)(4)且【分析】（1）先确定，再根据列表、描点、连线的步骤在直角坐标系中画出图像即可；（2）结合图像回答即可；（3）根据二次函数图像与性质确定值的最大值与最小值，再列出方程求解即可；（4）分两种情况：当时；当时，结合图像、函数图像上点的坐标特征及一元二次方程根的判断式求解即可．【详解】（1）解：当时，二次函数为，列表如下：在如图所示的直角坐标系中描点并连线，其图像如图所示，（2）解：观察图像可得如下条特征：①二次函数恒过点，；②二次函数的对称轴为直线；（3）解：∵，，又∵二次函数的对称轴为直线；∴当时，最大值，当时，最小值，∵的最大值与最小值的差为，∴，解得：；（4）解：如图，当时，当时，，即，将代入，解得，当时，，即，将代入，解得，当图像与直线只有个交点时，则，整理得，∴，解得：，∴当且时，图像与直线有个交点；当时，结合图像知：图像与直线只有1个交点，为，综上所述，若图像与直线有个交点，的取值范围是且．4．（2026·广东深圳·一模）【生活情境】为美化校园环境，学校根据地形情况，要对景观带中一个长，宽的矩形水池进行加长改造（如图1，改造后的水池仍为矩形，以下简称水池1），同时，再建造一个周长为的矩形水池（如图2，以下简称水池2）．【建立模型】如果设水池1的边加长长度为（）（），加长后水池1的总面积为（），设水池2的边的长为（）（），面积为（）．【问题解决】(1)当时，则关于的函数关系式为______，关于的函数关系式为______；(2)在（1）的条件下，函数、在同一平面直角坐标系中的图象如图3，与相交于、两点，在范围内，求两个水池面积差的最大值和此时的值；(3)当水池1与水池2的面积相差2时，有唯一值，求的值．【答案】(1)，(2)当时，面积差的最大值为(3)的值为或【分析】（1）根据题意表示出，，然后利用矩形面积公式分别求解即可；（2）根据二次函数性质，求出最值即可；（3）根据面积相差2列出方程，由都有唯一值，求解即可．【详解】（1）解：当时，∴；∵∴∴∴；（2）解：由图象得，在范围内，，两个水池面积差，，抛物线开口向下，函数有最大值，，当时，函数有最大值，答：当时，面积差的最大值为；（3）解：水池1与水池2的面积相差为2，，或，整理得，或，有唯一值，或，解得，或．押题猜想八特殊四边形的综合问题试题前瞻·能力先查限时：30min【原创题】综合探究(1)理解应用如图1，在正方形中，，，与交于点F，求的长度．(2)问题探究如图2，在矩形中，过B作的垂线交于点F，交于点E，．试猜想与的数量关系，并说明理由．(3)拓展延伸如图3，在中，点，点，点，与y轴交于点M，点P从B点出发沿、运动，过点P作的垂线，过点M作的平行线，两线相交于点N，将沿翻折得到，若点T落在x轴上，求P点的坐标．【答案】(1)(2)，见解析(3)或或【分析】（1）根据正方形的性质及相似三角形的判定得出，确定，，即可求解；（2）根据各角之间的关系得出，再由相似三角形的判定和性质即可得出结果；（3）根据题意，先确定直线所在直线的函数解析式为，得出，然后分三种情况分析：当点P在线段上时，当点P经过点A到线段上时，当点P在线段上，经过y轴到第一象限时，分别作出图形，然后利用相似三角形的判定和性质求解即可．【详解】（1）解：∵正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2）∵矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）∵点，点，∴设直线所在直线的函数解析式为：，代入得：，解得：，∴，设直线交x轴于点F，当时，，当时，，∴，∴，当点P在线段上时，如图所示：设，则，过点A作于点H，∵点，点，∴，∴，根据题意得：轴，四边形为矩形，∴，，∴，∵折叠，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，解得：，∴，∴即，解得：，∴>1，，∴点P在第二象限，∴；当点P经过点A到线段上时，如图所示：∴，设，∵折叠，∴，∴，同理得：，∴，即，解得：，∵，∴点P在第二象限，∴；当点P在线段上，经过y轴到第一象限时，如图所示：∴，设，∵折叠，∴，∴，同理得：，∴，即，解得：，∴点P在第一象限，∴；综上可得：P点的坐标为或或．分析有理·押题有据近5年深圳中考数学真题中，特殊四边形的综合问题呈现鲜明的“定义探究”与“折叠变换”融合趋势。2024年真题以“垂中平行四边形”新定义考查性质判定与相似，2022年压轴题围绕翻折展开正方形、矩形、菱形的多问探究，2023年则考查平行四边形与菱形性质。押题理由在于该题型位置高度稳定（解答第22题）、分值12分左右且综合性强，能有效考查逻辑推理与几何建模能力，是区分度的关键。押题秘笈：一是精读新定义，转化为熟悉的全等相似模型；二是折叠问题抓住对应边角相等，设未知数列勾股方程；三是分类讨论动点位置时做到不重不漏并验证解的合理性。终极猜想·精练通关1．（2025·广东深圳·二模）在平行四边形中，点，分别在边，上．【尝试初探】（1）如图，若平行四边形是正方形，为的中点，，求的值；【深入探究】（2）如图，，，，求的值；【拓展延伸】（3）如图，与交于点，，，，求的值．【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）证明，由为中点得到，则，得到，，即可得到答案；（2）过点作于点，过点作交延长线于点，连，，证明都是等腰直角三角形，则，证明，即可得到答案；（3）延长，交于点点，过点作于，过点作交延长线于，利用解直角三角形和相似三角形的判定和性质进行证明即可．【详解】解：（1）∵四边形为正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∵为中点，∴，∴，∴，∴，∴；（2）过点作于点，过点作交延长线于点，连，，则，∵，∴，∴，∵，∴，∴∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，是等腰直角三角形，∴，，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴为等腰直角三角形，∴∵，∴，∵都是等腰直角三角形，∴，∴，∴；（3）延长，交于点，过点作于，过点作交延长线于，∵平行四边形，∴，不妨设，，则，由，得，∵，∴，设，则由勾股定理得，∴，∴，，∴，，∵，∴，∴，∴，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴．2．（2026·广东深圳·一模）如图1为正方形和正方形，连接．(1)[发现]：当正方形绕点A旋转，如图2，线段与之间有怎样的关系？请说明理由；(2)[探究]：如图3，若四边形与四边形都为矩形，且，，猜想与的关系，并说明理由；(3)[应用]：在（2）问的情况下，连接（点在上方），若，且，，求的长．【答案】(1)，理由见解析(2)，理由见解析(3)【分析】（1）由正方形证明，得到；（2）由矩形得到，结合，得到，即可得到，；（3）交于点，先求出，再由，得到，即可求出，，，最后根据勾股定理求即可．【详解】（1）解：，理由如下：∵正方形和正方形，∴，，，∴，∴，∴；（2）解：，理由如下：∵四边形与四边形都为矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：如图，交于点，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴．3．（2024·广东深圳·模拟预测）综合与实践：综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．【操作判断】(1)操作一：如图1，正方形纸片，将沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形的内部，得到折痕，点B的对应点为M，连接；将沿过点A的直线折叠，使与重合，得到折痕，将纸片展平，连接．根据以上操作，易得点E，M，F三点共线，且①°；②线段，，之间的数量关系为．(2)【深入探究】操作二：如图2、将沿所在直线折叠，使点C落在正方形的内部，点C的对应点为N，将纸片展平，连接、．同学们在折纸的过程中发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同，当点E在边上某一位置时（点E不与点B，C重合），点N恰好落在折痕上，此时交于点P，如图3所示．①小明通过观察图形，测量并猜想，得到结论，请证明该结论是否成立，并说明理由．②【拓展应用】若正方形纸片的边长为3，当点N落在折痕上时，求出线段的长．【答案】(1)①45；②(2)①成立，见解析；②【分析】（1）①由正方形的性质得出，由折叠的性质可得：，，即可求解；②由折叠的性质即可求解；（2）①根据正方形的性质和折叠的性质得到是等腰直角三角形，再根据全等三角形的判定和性质求解即可；②证明是等腰直角三角形，求出，再由含角的性质以及勾股定理求解．【详解】（1）解：①∵四边形是正方形，∴，由折叠的性质可得：，，∴，即；②由折叠的性质可得：，，∵，∴；（2）①结论：成立，理由如下：将沿所在直线折叠，使点落在正方形的内部，点的对应点为，∵四边形是正方形，∴，由折叠的性质可得：，，，∴，∵，∴，由（1）得：，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴；②∵点落在折痕上，∴，，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴．4．（2024·广东深圳·模拟预测）【问题探究】课外兴趣小组活动时，同学们正在解决如下问题：如图1，在矩形中，点E，F分别是边上的点，连接，且于点G，若，，求的值．（1）请你帮助同学们解决上述问题，并说明理由．【初步运用】（2）如图2，在中，，，点D为的中点，连接，过点A作于点E，交于点F，求的值．【灵活运用】（3）如图3，在四边形中，，，，，点E，F分别在边上，且，垂足为G，则．【答案】（1），理由见解析；（2）；（3）【分析】（1）由矩形的性质得出，，，证明，由相似三角形的性质得出．（2）过点B作的垂线，过点D作的垂线，垂足为K，过点A作的平行线，分别交两条垂线于G、H，则四边形为矩形，证明，由全等三角形的性质得出，证明，由相似三角形的性质得出答案．（3）过C作于N，交的延长线于点M，证明，得出，证明，由相似三角形的性质得出，设，，则，，由勾股定理得出，则可得出答案．【详解】解：（1）∵四边形是矩形，且，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．（2）过点B作的垂线，过点D作的垂线，垂足为K，过点A作的平行线，分别交两条垂线于G、H，如图：则四边形为矩形，∵D为的中点，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，设，则，∴，由（1）知：，∴．（3）过C作于N，交的延长线于点M，如图3：∵，即，∴，∴四边形是矩形，∴，在和中，，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，设，，则，∴，在中，由勾股定理得：，∴，解得：或（舍去），∴，故答案为：．押题猜想九圆中的综合问题试题前瞻·能力先查限时：30min【原创题】如图，以为直径的经过点C，连接，．过点O作，交于点E，交于点D，过点D作，交的延长线于点F．(1)求证：是的切线；(2)连接，若，，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）证明即可得证；（2）过点D作于点G，根据勾股定理，三角函数的应用，结合的面积为：求解即可．【详解】（1）证明：∵是的直径，∴，∵，∴，∵，∴，∴是的切线．（2）解：过点D作于点G，∵，，∴，，∴，∴，，∵，∴，∴，，∴，，∴，∴的面积为：．分析有理·押题有据近5年深圳中考数学真题中，圆的综合问题是每年必考的核心几何解答题，通常在解答题第18题或第20题位置出现，分值约8-10分。考点趋势呈现鲜明的“切线判定与相似计算深度融合”特征，如2024年真题考查切线的判定与三角形全等结合求半径，2023年真题则通过格点作图考查切线的证明与相似三角形求线段长度。押题理由在于该题型位置稳定、综合性强，能有效考查几何推理与代数计算的协同能力，是区分度的关键。押题依据是近三年真题中切线证明与圆内相似三角形应用从未缺席，且2026年中考依然强化圆的综合考查。押题秘笈：一是切线证明牢记“连半径、证垂直”两大思路；二是看到直径立即联想圆周角90°构造直角三角形；三是圆中求线段长常借助相似三角形对应边成比例列方程求解。终极猜想·精练通关1．（2025·广东深圳·模拟预测）如图,为的直径,和相交于点平分，点C在上，且交于点P．(1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)已知，求的值．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)【分析】本题考查了圆的切线判定定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、角平分线的性质以及三角形面积公式，解题的关键是熟练掌握切线判定的“垂直半径外端”条件、相似三角形的“两角对应相等”判定方法，以及利用线段乘积关系、面积比转化已知条件．（1）连接半径，利用等腰三角形得，结合角平分线证；再由推，根据切线判定定理得证；（2）由直径得，通过角平分线和圆周角性质证，结合公共角，判定，由相似比得，交叉相乘得证；（3）结合（2）的与已知，得；再证得，从而推出；利用角平分线性质，结合与的面积比，转化为，代入求解．【详解】（1）证明：如图1，连接，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴是的切线；（2）证明：∵为的直径，∴，∵平分，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴；（3）解：如图2，过P作于点E，由（2）可知，，∵，∴，∵，∴，∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵为的直径，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴．2．（2025·广东深圳·模拟预测）如图①，半圆的直径，和是它的两条切线，与半圆相切于点，并与，分别相交于，两点．(1)请直接写出的度数；(2)求的值；(3)如图②，连接并延长交于点，连接，试判断能否与相似？若能相似，请求的值；若不能相似，请说明理由．【答案】(1)．(2)(3)当或时，与相似【分析】（1）如图所示，连接，由切线长定理得到，，进而求解即可；（2）证明出，得到，求出，代入求解即可；（3）证明出，得到，同理可证，然后分两种情况讨论：①当时，②当时，然后分别根据相似三角形的性质求解即可．【详解】（1）解：如图所示，连接，∵和是它的两条切线，与半圆相切于点，∴，∴是的角平分线∴同理可得，∴；（2）解：∵是直径，，是切线，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∴，即．∵，∴，∴；（3）解：能与相似．如图所示，∵，是切线，∴，，在与中，∴，∴，∵，是切线，同理可证．①当时，．∵，即，∴，∴，∴，∴，∴．∵，∴．在，中，分别求得，．∴；②当时，．∵，∴，∴，∴，∴，∴．∵，∴．∵，∴，即，∴．综上，当或时，与相似．3．（2025·广东深圳·模拟预测）（1）如图1，在中，，，的平分线交于点D．过点D分别作，．垂足分别为E，F．则四边形是什么形状？请求证．（2）如图2，是半圆O的直径，．P是上一点，且，连接，的平分线交于点C，过点C分别作，，垂足分别为E，F，求线段的长．【答案】（1）正方形，见解析；（2）【分析】（1）根据角平分线的性质，结合正方形的判定定理即可求解；（2）连接，可证明是等边三角形，则可求，由（1）知，，则，在中，，可得方程，求出，即可求；【详解】解：（1）∵，，

∴，

∵，∴四边形是矩形，

∵平分，∴，∴矩形是正方形．

（2）连接，是半圆的直径，，，，

，是等边三角形，

，

，，，且在中，，

∵四边形是正方形，，，

，解得：，．4．（2025·广东深圳·中考真题）如图1，在中，是的中点，，．(1)求证：四边形为菱形；(2)如图2，若点为上一点，，且，，三点均在上，连接，与相切于点，①求__________；②求的半径；(3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由．【答案】(1)见解析(2)①30°；②(3)见解析【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，斜边上的中线得到，即可得证；（2）①根据菱形的性质，得到，等角对等边得到，三角形的外角得到，切线得到，再根据角的和差关系进行求解即可；②解直角三角形，进行求解即可；（3）利用尺规作图作，即可．【详解】（1）解：，四边形为平行四边形，又，且为中点，平行四边形为菱形．（2）①四边形为菱形．，，又，，，切于，，；；②设半径为，，，，，；解得：；（3）由题意，作图如下：押题猜想十尺规作图与计算证明综合问题试题前瞻·能力先查限时：15min【原创题】如图1，在锐角中，．(1)在上求作一点，使得；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）(2)在（1）的条件下，如图2，连接的外接圆交于点，连接，若，求E的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）解法一：作的平分线得到，再作交AC于点；解法二：过点作的垂线交于点；解法三：作的平分线交于中点，再以为直径作圆交于点．（2）先证明则是的外接圆的直径．根据，设，则，由解得，得出,进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解．【详解】（1）解法一：作的平分线得到，再作交AC于点．如图，点即为所求．

解法二：过点作的垂线交于点．如图，点即为所求．

解法三：作的平分线交于中点，再以为直径作圆交于点．如图，点即为所求．（2）解：，．，，，

是的外接圆的直径．连接，，是中点．

由，设，则，由解得，

．．分析有理·押题有据近5年深圳中考数学真题中，尺规作图与计算证明综合问题呈现出鲜明的“融合化”趋势，已从独立作图题转变为融入几何综合解答题的多步骤考查。例如，2025年适应性考试第18题将尺规作图置于特殊平行四边形背景下，要求先作图再结合性质进行判定与推理；2024年压轴题也强调自主画辅助线，作图规范性直接影响得分。押题理由在于该题型能有效考查“作、证、算”一体化的综合能力，符合深圳中考压轴题分值权重增加的命题导向。押题秘笈：一是熟练五种基本作图，日常坚持练习规范保留作图痕迹；二是作图后立即挖掘等量关系（如角平分线得等角、垂直平分线得等边），将其转化为后续证明与计算的关键条件。终极猜想·精练通关1．（2026·广东深圳·一模）已知四边形是平行四边形，且，点F是上一点，．(1)如图1，点E在上，连接，，在不添加新的辅助线的前提下，请增加一个条件：_________，使得四边形是菱形；(2)如图2，请在上求作与点B，C不重合的两点G，H，连接，，使得四边形是菱形．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）【答案】(1)（答案不唯一）(2)图见解析【分析】（1）当时，结合题目可先证明四边形是平行四边形，进而结合即可求证；（2）以A为圆心，（即）长为半径画弧，交于点，以G为圆心，长为半径画弧，交于点，连接、，四边形即为所求菱形；由（1）得，，由作图得，进而可得四边形是菱形．【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，∴，当时，四边形是平行四边形，又∵．∴四边形是菱形；（2）解：作图如下：2．（2025·广东深圳·模拟预测）如图，在中，是钝角．(1)尺规作图：在上取一点O，以O为圆心，作出，使其过A、C两点，交于点D，连接；（不写作法，保留作图痕迹）(2)在（1）所作的图中，若，，．①求证：是的切线；②求直径的长．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②32【分析】（1）作线段的垂直平分线交于点O，以O为圆心，为半径作交于点D；（2）①证明即可；②证明，推出，由此可得结论．【详解】（1）解：图形如图所示；（2）①证明：连接．∵，∴，∵是直径，∴，∴，∵，∴，∴，即，∵为半径，∴直线是的切线；②在中，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴的直径为32．3．（2025·广东深圳·三模）如图，是的直径，点，在上，交的延长线于点．(1)请在不增加新的点和线的情况下，添加一个条件：______，使得直线是的切线，并加以证明；(2)尺规作图：作点关于直径的对称点，连接交于点保留作图痕迹，不写作法若，，直接写出的长．【答案】(1)平分，见详解(2)．【分析】（1）连接，添加平分，则，加上，所以，可证明，利用得到，则题目可证；（2）如图，过点作的垂线交于点，交于点，根据垂径定理，，则平分，则C，M关于直径对称．由垂径定理得到，可证明≌，进而证明∽，然后利用相似比可求出的长即可．【详解】（1）解：当平分时，直线是的切线．理由如下：连接，平分，，，，，，，，，，，而为的半径，直线是的切线；故答案为：平分；（2）如图，过点作的垂线交于点