黑龙江省2026年中考数学真题三套附同步解析

黑龙江省龙东地区2026年中考数学真题一、选择题(本大题共10道小题，每小题3分，共30分)剪艺术中国老的间艺之一下面纸图中，中心称图的是( )B．C． D．【答案】D180°∵选项A、B、C中的图案绕任意一点旋转180°后，均无法与原图案重合，∴A、B、C均不是中心对称图形；∵选项D中的图案绕其中心旋转180°后，与原图案完全重合，∴D是中心对称图形。故答案为：D180°D180°下运算确的( )【答案】D【解析】【解答】解：对于选项A，由同底数幂乘法规则：底数不变，指数相加，∵，∴A运算错误；对于选项B，由合并同类项规则：系数相加，字母与指数保持不变，∵，∴B运算错误；对于选项C，由完全平方公式展开得两数平方和加两数乘积的2倍，∵，∴C运算错误；对于选项D，由积的乘方规则：各因式分别乘方后再相乘，∵，∴D运算正确。故答案为：D规则判断ABCD如，一由若个大相同小正体搭的几体，的左图是( )B．C． D．【答案】AA故答案为：A在“(kg)：47，49，56，52，56.这数据众数平均分别是( )A．52，52 B．56，52 C．56，50 D．52，56【答案】B【解析】【解答】解：∵在47，49，56，52，56这组数据中，56出现2次，其余数值各出现1次，∴这组数据的众数为56；∵数总和为，共5个据，∴平均数为.20237000kg20258470kgx()A．7000(1+2x)=8470D．7000×2(1+x)=8470【答案】B【解析】【解答】解：∵2023年为初始年份，每公顷产量7000kg，年平均增长率为，∴2024年公顷量为；2025年在2024年的基础上继续增长，∴2025年公顷量为；又∵2025年实际每公顷产量为8470kg，∴可列方程【分析】本题考查一元二次方程在平均增长率问题中的应用。依据增长率的递推逻辑，先推导2024年的202520252已关于x的式方程 的为正，则k的值范为( )A．k>-6 B．k<-6C．k>-6且k≠-4 D．k<-6且k≠-4【答案】C【解析【答】：原程可理为，方两边乘：，整得。∵方程的解为正数，∴，即，得；∵分式分母不能为0，∴，即，得。，的值范是且C、去母将式方化为式方，解用参数表的；根据解正数”建第一不等，25“冰雪动进园”活.学计划用300元买笔本和笔两奖品笔记本20/个钢笔15元/个.所有资恰好完，购买案有( )A．3种 B．4种 C．5种 D．6种【答案】B【解析【答】：设买笔本个钢笔支，、均正整。：，两同除以5化得：，变得。∵ 43∴必是3的整数又∵ ，∴ ，得。结合，的取正数值为3、69、12，共4个对应4种买方。B【分析】本题考查二元一次方程的正整数解应用，结合不定方程与不等式筛选方案数。设购买笔记本个钢笔支，、均正整，根总资建立元一方程进而形将中一未知用另一示到x。线上有A，B两，AC⊥x轴点C，BD⊥x轴于点D，H为OB的点，则k的为( )A．8 B．-8 C．16 D．-16【答案】D【解析【答】：设点坐为，中，，则。∵为中，∴。∵，轴，∴，∴ ，似比为。∴。由比例数的何意，，∴。同，点 ，。由可知 ，代得 ，即，得∵双曲线位于第二象限，∴，即D【析】题考反比函数的何意与相三角的综应用先根中点件得线段例，小角形与的积关；再用反例函中过曲线一点坐标垂线成的角三形面为的论，合面差建关于 的程，后根双曲所在限确定的号，到最结果。如，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=30°，D为BC上点，且AC=AD，E，F分别是CD，AB的点，连接EF，若AC=2，则EF的为( )C．1 D．0.5【答案】B【解析【答】：连接，∵在，，，，∴，，：。∵，，∴为边三形（一个是60°的腰三形是边三形。∵是的点，∴即。在，是边的点，∴，代入得故答案为：B形质、边三形判与性、直三角斜边线定的综应用先利含30°角直角角形边角系求出长，再勾股理计算 的；结合与的件，据等三角的判定理明为边三形，通过边三形三合一的性得到垂于；后在角三形中应用角三形斜中线于斜一半定理，由的度求出的度。如，在形ABCD中，DE垂平分BC，DF，DE分交对线AC于GH①连接EF，则△DEF②过点G作GN⊥AD于点N，则④M为边AB上任意一点，连接MD和ME，若则有逆针旋转∠FDE，射线DF与边AB交点P射线DE与边BC交点Q，若则其正确是( )A．①③④ B．②④⑤ C．①②③④ D．①②③⑤【答案】C【解析【答】：连接，∵四形为形，∴，，。∵垂平分，∴，，，∴，即为边三形，∴，，，同理也为等边三角形，。①∵，∴。同理也为等边三角形，。①∵，∴。∵，为边三形，∴平分，即，∴，∴。∵，，∴∴，。又∵，∴ ①②过点作于，∵，，∴∵平分，即，。，，∴。③∵ 为边三形， ，∴为中，即 。∵，∴，相似比为，∴，即。同理，，相似比为，∴，即。∴∵、分别为，即、中，。∴为的位线，∴，即 ，代得，故正。④设形边为，过 作交延线于 ，∵，为，∴，∴，。∵，∴ 。由 ，代解得。∵，在 ，，∴。∴，∴，故正。⑤由转性得，∵，∴。∵ ，，∴，∴。∵，∴，即，∴。过作交延线于，∵，∴，，∴在。中，由勾股定理：，故⑤错误。综上，正确的结论为①②③④。故答案为：C属于边形合题先由直平线的质得到，合菱四边等判定与均等边角形推导角度作为础条；结论通过ASA证明 与全得到，合60°夹判定边三形；论②利角平线的质，合角分线点到边距离相验证与相；结③通相似角形线段例推导、、与的系，再结三角中位定理立 与的量关完成证；论④通设边为参，分表示对应角形菱形面积结合积比求出段长，最验证积比论；论⑤通旋转质证明三形全，结勾股理计算长，验结论成立。二、填空题(本大题共10道小题，每小题3分，共30分)11．2026年5月19日哈尔市举万人步活，约有12000人加.将据12000用学记法表示为 .【答案】【解析【答】：科记数的表形式为，中，为数。将12000转变为1.2，小数点向左移动了4位，∵原数绝对值大于10，∴为整数即，∴12000用学记法表为。【分析】本题考查科学记数法的表示方法。将原数改写为1到10之间的数乘以10的幂的形式，通过数小数点移动的位数确定指数的大小，结合原数的大小确定的符号，最终得到规范的科学记数法表达式。数中自变量 【答案】x≥2【解析】【解答】二次根式的被开方数为非负数，则x－2≥0，解得：x≥2.【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数，进行求解.如，在边形ABCD中对角线AC，BD相于点O，且OA=OC，添加个条件 ，四边形ABCD是行四形.【答案】OB=OD(答案不唯一，合理即可)知，对角线被点平，若加条件，对角线也点平，此四边形的条对线互平分，∴四形为行四形。：（案不一）【分析】本题考查平行四边形的判定定理应用。结合已知条件中一条对角线被平分的前提，依据对角线互相平分的四边形为平行四边形的判定定理，补充另一条对角线也被平分的条件，即可使四边形满足平行边形判定求，可补如等他符判定理的件。“七个星外，三点山前”，词在句诗中出的概为 .(标不计)【答案】1212；”4。∴数词出现的概率【分析】本题考查古典概型的概率计算。先统计去掉标点后的汉字总数作为总样本数，再统计其中数词的个数作为符合条件的样本数，代入概率公式计算即可得到结果，计算时注意标点不计入总字数。关于x的等式组 只有3个数解则a的值范是 .【答案】-2≤a<-1等式，得；解等式，得。∴不式组解集为。∵不等式组只有3个整数解，∴整数解为0、1、2，∴，解得。如，PB分与⊙O相于A，B两，∠P=80°，则∠C.【答案】50°【解析【答】：连接、，∵、是，、为点，∴即，，。在边形中内角为，∵，∴。∵与分是弧所的圆角与心角，∴ ，代得。半径性质到两直角再利四边内角为360°计出圆角的数；后根同弧所圆周等于心角半的周角理，出的数。王用一圆心为120°，径为4的形卡，围一个锥的面，这个锥底圆的径为 .【答案】【解析【答】：∵扇弧长式为，中为心角数， 为形半代入，得：。设锥底圆半为，底面长为，：，解得。如图，菱形ABCD10BD16PQ为BD上两个动点，且PQ=2，则AP+AQ的小值.【答案】【解析【答】：连接交于点，∵四边形∴，为菱形，，（。在中，，，：，∴。∵点关于的称点点，∴，∴。将点沿 方平移2个位得点，接、，∵且，∴四形为行四形，∴，∴。当 、、，取最小，最值为段的度。∵，，∴，即。在，，，【分析】本题考查菱形性质与轴对称最短路径问题的综合应用。先利用菱形对角线互相垂直平分的性质结合股定求出一条角线长度再利菱形轴对性，将转为，过平构造平四边，将进步转为，两条段和最小转化两点间线最短问题最后在直角三角形中用勾股定理计算出最短路径的长度。在合与践课，老带领学们以直三角的折叠”为题开探究动，学们一张直知，在AC边找一点D，纸片沿BD折，使点A落在A'处当的一边与AC边直时，A'D= .【答案】【解析】【解答】解：在中，，，，∴，由折叠的性质得：。，，。过作于，在 ，，。分种情讨论：1当时：此时，折叠质得。在，，，∴，∴，即。2当时：此时与共线，。在中，，∴3当时：。此时与重，∴，即。综， 的为 或或。故案为： 或或30°、、三情况分别用直三角的边关系算对线段度，最终如，B1是线l：与y轴交点过点B1作 交x轴点 以 为边向右正方形A1B1B2C1，延长B2C1交x轴点A2，以形延长交x轴点以A3B3为，向作正形延长B4C3交x轴点A4；…，照这规律行下，则点的坐标.【答案】【解析【答】：对直线，令，得；令，得，直线与x轴点为。∴，，在 ，，，。∵四形为方形，∴，，∴，在 ，。过作轴于 ，易证，∴，点的坐标为1。，，，点 的坐标为。点 的坐标为，此类，可点 的坐标成首为1，比为的比数，∴点 的坐标为。：【分析】本题考查一次函数图象上点的坐标特征与规律探究，结合正方形性质与三角函数推导递推规律先求直线坐标的交坐标利用股定与三函数算出一个方形边长对应点的坐标再按相同方法算后几个点纵坐，观数值化规，总出等数列通项公，最得到第个点纵坐表达。三、解答题(本大题共8道题，满分60分)：其中【答案】当x=4cos60°+1=2+1=3时60°如，在面直坐标中，个小方形边长为1，的个顶坐标别为A(1，-2)，B(3，-2)，C(2，-3).ABC关于xA1B1C1，并写出A1出绕点A1逆针旋转90°得的并出C2的标；(2)中线段A1C1.(π)【答案】（1）解：△A1B1C1即为所求，A1(1，2)（2）解：△A1B2C2即为所求，C2(0，3).线段A1C1（1）x三形，时读出 的标；据旋的性，将点、绕点逆针旋转90°得对应点、，次连得到转后的三形，读取的标；段扫的图为圆角90°的形，利用格结勾股理求半径的度，代入线经过A(-1，0)，B(3，0)两，交y轴点C.作线BD交y轴点D，∠CBD=15°，则CD的为 .++c经过∴，：，∴y＝﹣x2+2x+3；或，∴OB＝3，∴OB＝OC＝3，∴∠ABC＝45°，DC∵∠CBD＝15°，∴∠ABD＝15°+45°＝60°，∴，∴；DC∵∠CBD＝15°，∴∠ABD＝45°﹣15°＝30°，∴，∴；综可得：CD的为或．：或．【析（1）题考二次数解式求与解角三形的合应。将 、 两坐标入抛线的般式得到于、的元一方程，解程组出参值，可确抛物的解式，可利（2）由抛线解式求点坐，得到与的度，定为腰直三角，得到；分点在点上、点在点下两种况，别计出的数，用正切角函求出的度，而通线段差得到的度。“”.(min).请根据相关信息，解答下列问题：m= ▲ ，C组应的数 ▲ ，补全方图；查所数据中位落在 组(填别)；150060min数.【答案】（1）解：45；25；补全直方图如图所示（2）B：(名)答：估计该校学生一周阅读时间不少于60min的学生人数为675名；%，∴m%＝45÷100×100%＝45%，则m＝45，∴C组对应的频数为：100﹣10﹣45﹣20＝25，故答案为：45，25；（2）∵共100个数据，∴中位数是第50、51个数据的平均数，由频数分布直方图可得A组10个数据，B组45个数据，那么第50、51个数据在B组，∴中位数落在B组；故答案为：B；【析（1）题考频数布直图与形统图的合分，涉统计计算样本计总。先由A组频数对应分比出抽的总数，用B组频数以总数得到 的，用人数去到C第1个于in用全总人乘以比例估计对应生的数。A，B，C三地，甲车从A地出发去C地，途经B地，到达C原速返回A0.1小时后从A地去B地，到达B20.3小时到达AB地的路程y(km)x(h)A，C两之间距离km，乙的速为 km/h；求线段EFA10km.【答案】（1）270；100（2）解：甲车的速度为(180+90)÷3=90(km/h)∵90÷90=1(h)，180÷90=2(h)∴E(4，0)，F(6，180)EF的解析式为y=kx+b(k≠0)把E(4，0)F(6，180)∴y=90x-360(4≤x≤6)（3）：当车行驶 或 或4h时两车距10kmC+k；C3∴返回A地时总的时间为6小时，0.1ABB20.3A地，∴乙车在路上行驶的总时间为：6﹣0.1﹣2﹣0.3＝3.6小时，∵乙车从A地去B地，然后返回A地，∴总路程为：180×2＝360千米，∴乙的速为；270；100；（1）取到、到的离，和得到、两的距；先据甲往返总时确定程时，再结计算车的驶速，确定 、 再用待系数，将点坐代入次函一般，解程组出斜与截，得线段的数解式与变量值范；乙车留时车行、甲到达 回程中种情，分根据车的程关建立程，解得对应车的驶时。在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为直线ACBE，过E点作交AD边所在的直线于点①，当点E在OC②，当点E在OA，当点E在CA的延长线上时，请分别写出线段AB，AF，AE.（1）E作EM⊥AE交AB的延长线于点MAEM=90°∵四边形ABCD是正方形∴∠1=∠2=45°∴∠M=45°∴∠1=∠2=∠M∴AE=ME∴△AEM∵BE⊥EF∴∠BEF=90°∴∠4+∠3=90°∵∠AEM=90°∴∠4+∠5=90°∴∠3=∠5∴△AEF≌△MEB(ASA)∴AF=BM解析：：：如图EEH⊥ACABH，∴∠AEH＝90°，∵四边形ABCD是正方形，AC，BD是对角线，∴∠BAC＝∠DAC＝45°，∴∠AHE＝90°﹣45°＝45°，∴△AHE是等腰直角三角形，∴AE＝EH，∴，∵EF⊥BE，∴∠FEA+∠FEH＝∠AEH＝90°，∵∠FEH+∠HEB＝90°，∴∠FEA＝∠HEB，又∵∠DAC＝∠AHE＝45°，∴∠FAE＝∠BHE＝180°﹣45°＝135°，∵∠FAE＝∠BHE，AE＝EH，∠FEA＝∠HEB，，∴AF＝BH，∵AB＝AH+BH，∴；如图③，过点E作EK⊥AE交AF于点K，∵四边形ABCD是正方形，AC，BD是对角线，∴∠BAC＝∠DAC＝∠EAK＝45°，∴∠AKE＝90°﹣45°＝45°，∴△AKE是等腰直角三角形，∴AE＝EK，∴，∵EF⊥BE，∴∠FEK+∠KEB＝∠FEB＝90°，∵∠KEB+∠BEA＝90°，∴∠FEK＝∠BEA，又∵∠AKE＝∠BAC＝45°，∴∠FKE＝∠BAE＝135°，∵∠FEK＝∠BEA，EK＝AE，∠FKE＝∠BAE，，∴FK＝AB，∵AF＝AK+FK，∴．点作垂于，交的长线点，据正形对线平内角性质得到，此判定 为腰直三角，依等腰角三形的质得到且；由 垂直 推角的量关，结合的件，据ASA判定理证明与全，由等三形对边相得到；后通线段差代换，推导出待证等式；（2）②中点 作 垂直交 于 等腰角三形与等三形，过线和差导 、 、 的量关；图③中点 作 垂直 交 于 ，用相的构思路通过段和推导应数关系。“”.某新能源汽车生产厂家推出特惠A，B2台A1台B213台A2台B34万元.已知A7B4.5.求A型汽车和B?若汽车厂家售出A，B50台，售出A30295?(2)??【答案】（1）解：设A型汽车每台售价为x万元，B型汽车每台售价为y万元.根据题意，得解得答：A型汽车和B85解：设售出A型汽车a台，则售出B(50-a)台.7a+4.5(50-a)≥295解得a≥28∵a≤30∴28≤a≤30∵a和50-a都是正整数∴a=28，29，3050-a=22，21，20共有3种销售方案：方案一：售出A28台，B22台；方案二：售出A29台，B21台；方案三：售出A30台，B20.50W.得W=(8-7)a+(5-4.5)(50-a)=0.5a+25∵k=0.5>0W随a∴当a=30WA30台，B2040.【解析【析（1）题考二元次方组、元一不等组与次函的综实际用。设 、型车的价分为、万，根两组售总的条列出元一方程，解程组可得到两种车型的售价；售出 型车台根据数量数量限、成本限三条件出一一次等式，解不等组得到的值范，结合为整数条件选出有整解，应得所有售方；▱AOBC的AO边与x轴重合，点A在x轴负半轴上，点C在y轴正半上，OA，OC的是一二次程的个根(OA<OC).求点A和点C在OB边上有一动点P从点OOBQ从点A1.6个单位长度的速度沿折线A-C-B.已知P，QQ运动到点B时，P，Q两都停运动设运时间秒，求的积S关运动间的数解式；在x轴上有一点R(1，0)，在y轴上有一动点MN，使得以M，N，R，B?N.（1）∵OA，OC的是一二次程的个根且OA<OC∴OA=3，OC=4∴A(-3，0)，C(0，4)解：∵在Rt△AOCOA=3，OC=4当，过点O作OE⊥ACE过点P作PD⊥AC于点D∵四边形AOBC是平行四边形∴AC∥OB当，过点P作PG⊥xG，延长GP交BC于点HGH⊥BC综上，（3）NM，N，R，BN点坐为（4，3）（4，1）或．由如：由（2）知BC＝AO＝3，OC＝4，BC∥AO，，设mxy，①当MN，RB是矩形对角线时，依意得： ，∴x＝4，m+y＝4，y，而MN＝RB，则（4﹣0）2+（y﹣m）2＝（3﹣1）2+（4﹣0）2，∴y﹣m＝±2，∴或解得：y＝3或y＝1，或；②当MR，NB是矩形对角线时，依意得： ，∴x＝﹣2，此时点N不在第一象限，舍去；当MB，NR是矩形对角线时，依意得： ，∴x＝2，m＝y﹣4，yMy，：，∴，综上所述，在第一象限内存在一点N，使得以M，N，R，B四点为顶点的四边形是矩形，N点坐标为（4，3）（4，1）或．（1）次方得到个根结合的件确定与的度，根据点、的标轴置写由勾定理出的度，合平四边对边等的质得到、点在段与段运动间；分在上、在上种情，第种情利用行线距离相等，间求出的积，终写分段数形；求出点 的标，出 、的标，分与 为角线、 与为角线、 与黑龙江省齐齐哈尔市2026年中考数学真题一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）126℃.150℃.126℃记作+126℃，零下150℃可作（ ）A．+150℃ B．-150℃ C．+24℃ D．-24℃【答案】B【解析】【解答】解：∵零上126℃记作+126℃∴零下150℃可记作-150℃故答案为：B【分析】根据正负数表示具有相反意义的量即可求出答案.育动和活实，才形成身保健康能力.下关于育运动图标是轴称图（ ）B．C． D．【答案】B【解析】【解答】解：A不是轴对称图形，不符合题意；B是轴对称图形，符合题意；C不是轴对称图形，不符合题意；D不是轴对称图形，不符合题意；故答案为：B【分析】将图形沿某一条直线折叠后能够重合的图形为轴对称图形.3．下列计算正确的是（）B．【答案】A【解析】【解答】解：A：D．，正确，符合题意；，误，符合意；，误，符合意；，误，符合意；A【析】据合同类法则积的方，底数的除，幂乘方项进判断可求答案.4．如，一含30°角直角角板两个点分在直线a和b上若直线a∥b，∠1＝20°，∠2的数为（ ）A．30° B．50° C．60° D．70°【答案】D【解析】【解答】解：如图，作EF∥a∵a∥b∴EF∥b∴∠FEB=∠1=20°∵∠AEB=90°∴∠AEF=90°-20°=70°∵EF∥a∴∠2=∠AEF=70°故答案为：D【分析】作EF∥a，根据直线平行性质及角之间的关系即可求出答案.如是由7个全相的小方体成的体图，它俯视是（ ）B．C． D．【答案】C【解析】【解答】解：由题意可得：它的俯视图是故答案为：C【分析】根据组合体的三视图即可求出答案.如关于x的式方程的为正，那实数m的值范是（ ）A．m＞5且m≠8 B．m＞1且m≠7 C．mv＞5 D．m＜5且m≠-4【答案】A2-m-(x-3)=-2x移项，合并同类项可得，x=m-5∵x-3≠0，即x≠3∴m-5≠3，解得：m≠8∵方程的解为正数∴m-5>0，解得：m>5mm＞5且m≠8故答案为：A【分析】去分母，转换为整式方程，解方程可得x=m-5，再根据分母有意义的条件及方程的解为正数，建立不等式，解不等式即可求出答案.”的个小放在个不明的袋中小球标记词语完全同.第一次机摸一个球，录结后放口袋第二再随摸出个小，两摸出小球记的语都为热爱的率为（ ）【答案】C【解析】【解答】解：由题意可得：4中其中两次摸出的小球标记的词语都为“热爱”的结果有1种“”的概率为C【分析】根据列举法列出所有等可能的结果，再求出两次摸出的小球标记的词语都为“热爱”的结果，再根据概率公式即可求出答案.518350（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种【答案】Ax个，乙种文创y个，x，y3x+5y=60∵x是正整数∴为整数∴ 0<y<12y3，6，93种A【分析】设购买甲种文创x个，乙种文创y个，x，y均为正整数，根据题意建立二元一次方程，整理得，根据x，y.如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，动点P从点B出发沿边BA向终点A动，同时动点Q从点A出发，沿边AC→CB向终点B.若QQQ的面积为y与x之函数系的（ ）B．C． D．【答案】D【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6∴①0<x≤8时，点Q在ACP在AB上，PB=x，AQ=x过点Q作QD⊥AB于点D则∴x=8时，②8<x≤10时，点Q在BC上，点P在AB上，过点Q作QE⊥AB于点E∴BP=x，BQ=6-(x-8)=14-x∴∴x=8时，y=19.2，当x=10时，③10<x≤14Q在BC上，点P到达A此时BP=AB=10，即△BPQ为△ABQ，BQ=14-x，以BQ为底，AC为高∴x=10时，y=16当x=14时，y=0综上所述，图象D符合题意故答案为：D【析（1）据勾定理得AB，直角角形得论当0<x≤8时，点Q在AC上，点P在AB上，PB=x，AQ=xQ作QD⊥AB于点D得QD8<x≤10时，点Q在BC上，点P在AB上，过点Q作QE⊥AB于点E，则BP=x，BQ=6-(x-8)=14-x，解直角三角形可得QE10<x≤14时，点Q在BCP到达A点停止运动，此时BP=AB=10BPQ为△ABQ，BQ=14-x，以BQ为底，AC为高，再根据三角形面积即可求出答案.如所示是二函数（a，b，c为数，a≠0）部分象，顶点标为（1，y轴交于点，与x轴正半轴交于点aa+c点Pt1，线上则y1＞y2；⑤若OA＝OB，关于x的程的根之为C.其正确论的数是（ ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】B【解析】【解答】解：由图象可得，函数开口朝下，与y轴交于正半轴∴a<0，c>0∴，即b=-2a>0∴abc<0，①错误∵抛物线与x）当x=3时，y=9a+3b+c>0∵b=-2a∴9a-6a+c>0，即3a+c>0，②错误∵抛物线的顶点坐标为（1，n）∴，即aca=cn由题意可得，抛物线开口向下，点到对称轴的距离越近，函数值越大∵点P（t，y1）对称的距为|t-1|，点到称轴距离为|3-t-1|=|2-t|∵∵∴2t-3<0∴∴|t-1|<|2-t|∴y1＞y2，④正确由题意可得，点A(0，c)，点B(m，0)∴OA=c，OB=m当OA=OB时，m=c∴B(c，0)将点B坐代入，：ac2+bc+c=0∵c=m≠0∴ac+b+1=0∴b+1=-ac设程的根分为∴正确故答案为：B【分析】根据二次函数图象，性质与系数关系，结合抛物线的对称性，二次方程根与系数的关系逐项进行判断即可求出答案.二、填空题（每小题3分，满分18分）159000/秒.将159000用学记法表为 .【答案】1.59×105【解析】【解答】解：159000用科学记数法表示为1.59×105故答案为：1.59×105a10的n.若锥的面半为4，面展图的心角为160°，其母长为 .【答案】9【解析】【解答】解：设该圆锥的母线长为ll=9故答案为：9l.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以点BAB于点M，交BC于点N，别以M，N为心，于MN的为半作弧两弧∠ABC内交于点P，射线BP交AC于点D.若CD＝2，AB＝7，则△ABD的积为 .【答案】7【解析】【解答】解：由作法可得，BD平分∠ABC∴点D到AB的距离等于DC2∴7BDABCD到AB的距离等于DC2，再根据三角形面积即可求出答案.ABCD的边CD在yE是边AD点F在边BC上，反例函数的象经点若AD＝6，则k的为 .【答案】-24【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形∴AD∥BC，∠ADC=90°∴∠DEC=∠BCE∴∵AD=6，E为AD中点∴DE=3∴DC=2∴BF=2，CF=4设点F坐标为(-4，m)，则E(-3，m+2)∴-4m=-3(m+2)解得：m=6∴F(-4，6)将点E坐代入可，k=-4×6=-24-24【分析】根据矩形性质可得AD∥BC，∠ADC=90°，根据直线平行性质可得∠DEC=∠BCE，根据正切定义得，据边间的系可得BF=2，CF=4，点F坐为(-4，m)，则E(-3，m+2)，建立方程，解方程可得F(-4，6)，再根据待定系数法将点F坐标代入反比例函数解析式即可求出答案.菱形ABCD中点E是边AD的点， 交线BC于点若则形ABCD的长为 .【答案】或【解析】【解答】解：设菱形ABCD的边长为a∴AD∥BC，CD=AD=a∵点E是AD∴∵DE=3CF∴∵EF⊥BC∴EF的长度为平行线AD与BC当点F在线段BC上时，过点E作EH∥CD，交直线BC与点H∵AD∥BC，EH∥CD∴四边形EHCD是平行四边形∴∴∵EF⊥BC∴∠EFH=90°∴△EFH为直角三角形∴FH2+EF2=EH2，即：(舍)当点F在BCE作EH∥CD，交直线BC于点H∵AD∥BC，EH∥CD∴四边形EHCD是平行四边形∴∴∵EF⊥BC∴∠EFH=90°∴△EFH为直角三角形∴FH2+EF2=EH2，即：(舍)综所述菱形ABCD的长为或：或【分析】设菱形ABCD的边长为a，根据菱形性质可得AD∥BC，CD=AD=a，根据线段中点可得，据边间的系可得，情况论：点F在段BC上，过点E作EH∥CD，交直线BC与点H；当点F在BC的延长线山时，过点E作EH∥CD，交直线BC于点H，根据平行四边形判定定理可得四边形EHCD是平行四边形，根据边之间的关系可得FH，根据直角三角形判定定理可得△EFH为直角三角形，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.数活动上，学们底角： 的腰三形称为友三角形”，利“友三角”进规.A1在经过原点的直线l上，OA1＝1，点B1在x△A1OB1是以OB1“”，以A1B1“友好三角形A1B1C1”：过点C1作A1B1的行线分别直线l和x轴半轴点，以A2B2为边向作“友三角，点C1作的行线分别直线l和x轴半轴点A3，B3，以A1B1为边向作友三角形A1B1C3”……按规律点C2026的坐标为 ，【答案】A1作A1D⊥x轴于点D∵∠A1OD=30°，OA1=1∴∴∴∵∴A1C1∥x轴，则C1的纵坐标为∴∠A2A1C1=∠A1OB1=30°同理可得，∴∴A2的纵坐标为同理可得A2C2∥x轴，则C2的纵坐标为∵∠A1OD=30°∴∴，则∴∴A3的纵坐标为......∴ ∵Ancn∥x轴，则Cn的纵坐标为∴点C2026的纵坐标为【分析】过点A1作A1D⊥x轴于点DA1D，OD，OB1，据点坐标得，据直平行定定可得A1C1∥x轴则C1的坐标为，据边之间关系得OA2，据直平行定定可得理可得A2C2∥x轴则C2的坐标为，据边OA3.三、解答题（本题共8道大题，共72分）：；＝-6+）（1）0.（2）提公因式，结合平方差公式进行因式分解即可求出答案.求等式组 的有整解.【答案】①，得x＞②，得x≤3.∴原等式的解为＜x≤3∴满足不等式组的所有整数解是1，2，3【解析】【分析】分别求出两个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可.【答案】解：+0x-6＝0或x+1＝0x1＝6，x2＝-1【解析】【分析】根据因式分解法解方程即可求出答案.202690.“”100分，学生的成绩均高于60分且为整数.现随机抽取了部分学生的成绩作为样本，将抽取的学生成绩x（）按A，B，C，D四等级（B：80≤x＜90，C：70≤x＜80，D：60≤x＜70）行.次调抽取：形统图中，“B等”对的扇圆心为 度；2700“A”.【答案】（1）50（2）144（3）解：C组人数为：50-15-20-3=12补全图形如下：（4）解：答：估计本次竞赛中获得“A等级”的学生约有810人3÷6%=50人故答案为：50（2）B144【分析】（1）根据D组的人数与占比即可求出答案.360°×B.求出C.2700乘以A.ABCDO，ACO的直径，点E在ACCDE+∠ABD＝90°，DEO若求影部的面.【答案】（1）证明：连接OD，∵OC＝OD，∴∠ODC＝∠OCD.∵∠ABD＝∠OCD.∴∠ODC＝∠ABD.∵∠CDE+∠ABD＝90°，∴∠CDE+∠ODC＝90°，即∠ODE＝90°.∴OD⊥DE∵OD为⊙O的半径。∴DE是⊙O的切线（2）解：连接OB，设⊙O的半径为x，则OD＝OC＝x，OE＝OC+CE＝x+8.在Rt△ODE中，OD2+DE2＝OE2，解得x＝5∴AC＝2x＝10.∴∠BOC＝2∠BAC＝60°.∴∠AOB＝180°-∠BOC＝120°∵AC是⊙O的直径，∴∠ABC＝90°.【解析】【分析】（1）连接OD，根据等边对等角可得∠ODC＝∠OCD，根据角之间的关系可得∠CDE+∠ODC＝90°，即∠ODE＝90°，再根据切线判定定理即可求出答案.（2）连接OB，设⊙O的半径为x，则OD＝OC＝x，OE＝OC+CE＝x+8，根据勾股定理建立方程，解方程可得x＝5，根据特殊角的三角函数值可得∠BAC，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得∠BOCAOBABC30°据勾定理得AB，根据，合扇，三形面即可出答.2026“到”A，BA，B360/B地，到达Bn米/240米/分的速度沿测试路匀速跑向A地，到达A到达AA.机器人甲、乙之间的距离y（）进的时间x（）.A，B两之间距离为 米图中m的为 ：求线段FG600米?（）【答案】（1）3600；6达B为为×0，∴G（10，2400）设线段FGy＝kx+b（k≠0）将G解得∴线段FG所在直线的函数解析式为y＝600x-3600（3）5分或7分或20分B0米∴m的值为3600÷(360+240)=6故答案为：3600；6机器人乙到达A3600=240=15（）∴点H的坐标为(15，2100)∴机器人甲返回A地的速度为240+(2400-2100)÷(15-10)=300（米/分）∴机器人甲返回A地的时间为15+2100÷300=22（分钟）设线段EF所在直线的函数解析式为y=ax+c(a≠0)将E(0，3600)，F(6，0)代入y=ax+c：：∴线段EF所在直线的函数解析式为y=-600x+3600同理：线段HK所在直线的函数解析式为y=-300x+6600当y=600时，600=-600x+3600解得：x=5当y=600时，600x-3600=600解得：x=7；当y=600时，-300x+6600=600解得：x=20答：机器人甲行进的时间5分或7分或20分时，机器人甲、乙相距600米【分析】（1）根据图象信息即可求出答案.根据题意求出点GG所在直线的函数解析式为+将点F，G.设线段EF所在直线的函数解析式为y=ax+c(a≠0)E，F线段EFy=-600x+3600，同理：线段HK所在直线的函数解析式为y=-300x+6600，分情况讨论，将y=600.综合实践课上，同学们以矩形的旋转为主题开展探究活动.已有公顶点矩形ABCD和形EBFG，BA=2，BE=1，先矩形EBFG.边BE，BF分别落在矩形ABCD的边BA，BC上，再将矩形EBFG绕点B顺时针旋转，旋转角为a，连接AE、CF.如图1，当k＝1，0°＜a＜90°时，∠AEB∠CFB的量关是 ，AE与CF的量系是 ：如图2，当时试探究AE与CF的量关，请出结，并明理；如图3，当时点M为边BC的点，线EG交段BC于点N.若EN＝MN，则CF的为 ；如图4，当 时过点E作EQ⊥BC.垂为Q，线段BE上点P，使连接若△ABP的积为S，则S的值范是 .【答案】（1）∠AEB＝∠CFB；AE＝CF证明：由旋转的性质知∠ABE＝∠CBF.∴△CBF∽△ABE（3）3或（4）=1∴，即BC=BA，BF=BE由旋转性质可得，∠ABE=∠CBF∴△ABE≌△CBF(SAS)∴∠AEB=∠CFB，AE=CF故答案为：∠AEB＝∠CFB；AE＝CF，BA=2，BE=1∴∵M是BC∴∵EN=MN，∠BEN=90°在Rt△BEN中，BE2+EN2=BN2即∴∴∴∠EBN=30°当点E在BC上方时，过点E作EH⊥AB，垂足为H∵∠EBN=30°∴∠ABE=60°∴∴∴∴当点E在BC下方时，过点F作FI⊥BC交CB的延长线于点I∵∠EBN=30°，∠EBF=90°∴∠FBI=60°∴∴∴3或（4）题意得，∠ABP=∠BEQ= ，BA=2，BE=1∴ ，ABP中AB边上的高为∴∵∴当 =45°时即 时此时最大∴∴ ，即故答案为：【析（1）题意得 ，即BC=BA，BF=BE，据旋性质得∠ABE=∠CBF，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.旋转性质∠ABE＝∠CBF，题意得，根据似三形判定理性质.题意得 ，据线中点得，据勾股理建方程解方可得，据边间的系可得BN，据特角的角函值可得∠EBN=30°E在BC上方时，过点E作EH⊥AB，垂足为HAHE在BC下方时，过点F作FI⊥BC交CB的延长线于点IFI，BI，根据边之间的关系可得CI题意得，∠ABP=∠BEQ= ，BA=2，BE=1，直角角形得EQ，BP，题意额，△ABP中AB边的高为 ，根据角形积可得，当 =45°时即时此时 最，即，即.图线与x点2，与y轴交于点C，作直线AC，BC，点PP作PD⊥xD，PD交直线BC于点E.求PE的最大值及PE最大时点P图2，将抛线沿线AC方平移，个位长，得新抛线，点Q.则点Q的标为 ：当PE最时，直线OE，点M为线BC上一个点，接OM，线段OM绕点O顺时旋转90°得到OM'，取OM'的点N，点N作垂为F，接AN，PF，则AN+PF的最小为 .答案将2式得∴抛物线的解析式为（2）解：设点当x＝0时，∴C（0，4）.，∴直线BC的解析式为y＝-x+4∵PD⊥x轴，∴E（m，-m+4）.∴当m＝2时，PE的值最大，最大值为2，此时点P的坐标为（2，4）或解析）当=0=4即()∴将物线 沿线AC方平移个位长，相于将物线 先右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到新抛物线当点Q在x，设直线AC的解析式为y=px+4将A(-2，0)0=-2p+4p=2∴直线AC的解析式为y=2x+4∵∠CBQ=∠ACB∴BQ∥AC∴设直线BQ的解析式为y=2x+t将B(4，0)0=8+tt=-8∴直线BQ的解析式为y=2x-8联立方程组：或(舍)∴Q（5，2）当点Q在x轴下方时，设∵OB=OC=4，OA=2∴∠OCB=∠OBC∵∠CBQ=∠ACB∴∠ABQ=∠ACO∴∴解： 或 (舍去)∴综上所述，点Q（5，2）或（4）如图由（2）知，P(2，4)，E(2，2)，直线BC的解析式为y=-x+4设M(m，-m+4)，则M'(-m+4，-m)∴∵E(2，2)，O(0，0)∴直线OE的解析式为y=x，则OE与x45°∵NF⊥OE于点F∴设F(t，t)，且NF与x45°，分别过点N，点F作x轴，yk，则△NKF为等腰直角三角形∴ ，即0∴m=2-2t，则N(t+1，t-1)∴，设G(-3，1)∴AN=FG∴，题转为直线OE上点F点G(-3，1)和点P(2，4)的距离和的最小值设点G关于直线y=x的对称点G'，则G'(1，-3)，则AN+PF的最小值为G'P的长度∵∴AN+PF的最小值为【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入抛物线解析式即可求出答案.点据y得线C为＝+，根据垂直于x轴的直线上的点的坐标特征可得+.题意得将物线沿线AC方平移个位长，相于将物线12为，情况论：点Q在x轴方时设直线AC的析式为y=px+4，据待系数法将点A坐标代入解析式可得直线AC的解析式为y=2x+4BQ∥AC，则设直线BQ的解析式为y=2x+t，根据待定系数法将点B坐标代入解析式可得直线BQy=2x-8，立抛线解式，方程即可出答；当点Q在x轴方时设，据OCB=∠OBCABQ=∠ACO.（4）由（2）知，P(2，4)，E(2，2)，直线BC的解析式为y=-x+4，设M(m，-m+4)，则M'(-m+4，-m)，则，出直线OE的析式为y=x，则OE与x轴方向成45°，设F(t，t)，且NF与x45°，分别过点N，点F作x轴，yk，则△NKFN(t+1，t-1)，问题转换为直线OE上的点F到点G(-3，1)和点P(2，4)的距离和的最小值，设点G关于直线y=x的对称点G'，则G'(1，-3)，则AN+PF的最小值为G'P.黑龙江省绥化市2026年中考数学真题一、单项选择题(本题共12个小题，每小题3分，共36分)下有理中，有倒的是( )A．–2027 B．1 C．0 D．-1【答案】C【解析【答】：乘为的个有数互倒数。∵与意数乘的果都为，法得乘积，∴不在倒。其选项， 的数是，的数是， 的数是 ，存在数：【析】题考倒数定义性质根据数的念，积为的个有数互倒数逐一断各选项非零理数存在应的数，而乘何数得，法满乘积为的件，此没倒数，下所述形中是轴称图但不中心称图的是( )六边形 形 C．方形 D．边三形【答案】D【解析【答】：∵正边形对边线、角线叠后侧完重合且绕心旋转后原图∴正六边形既是轴对称图形，也是中心对称图形，A不符合题意；∵矩沿对中线叠后侧完重合且绕角线点旋转后原图重合，∴矩形既是轴对称图形，也是中心对称图形，B不符合题意；∵正形沿边中、对线折后两完全合，绕中旋转后原图重合，∴正方形既是轴对称图形，也是中心对称图形，C不符合题意；∵等三角沿三高所直线叠后侧完重合但绕心旋转后法与图形合，D【分析】本题考查轴对称图形与中心对称图形的判定。分别结合两类图形的定义逐一验证选项：轴对称图形需存在至少一条直线，沿直线折叠后图形两部分完全重合；中心对称图形需存在对称中心，绕中心旋转后原图重合通过比各形的称特，筛出仅足轴称条的图即可。式有义，则x满的条是( )A．x为意实数 B．x≠1 C．x≠0 D．x>1【答案】B【解析【答】：分有意的核前提分母为。∵该式的母为，∴令，解得。因此需令中分的分不等于，对应不等即可到的值范。()A．|-3|=-3 C． 【答案】D【解析】【解答】解：选项A：根据绝对值的性质，负数的绝对值是它的相反数，∵，∴A错；选项B：合并同类项时，同类项系数相加，字母与字母的指数不变，∵，∴B错；选项C：算术平方根表示非负的平方根，结果唯一，∵ ，∴C错；选项D：据负数指幂的算法，（ ， 为∵D：A组67888910B组A组67888910B组479991114下说法确的是( )B．A组数据的平均数大于B组数据的平均数C．A组数据的方差小于B组数据的方差D．A组数据的中位数大于B组数据的中位数【答案】CA组：6，7，8，8，8，9，10；B组：4，7，9，9，9，11，14，每7选项A：数是组数中出次数多的。A组中出现次众数为；B组中出现次众数为，组众不相，故A错；选项B：平均数为所有数据之和除以数据个数。，，∵，∴A组均数于B组均数故B错；选项C：差反数据波动度，式为。，∵，∴A组据的差小于B组据的差，故C正；选项D：个据的位数排序第个据A组第个据为，B组第个据为，∵，∴A组位数于B组位数故D错。故案为：出描述正确的选项。6．已知x1，x2是一元二次方程的两个根，则的值为()A．16 B．–16C．20D．-20【答案】A（和，根之积。∵方程，，，，∴ ， （）()540°D．一组对角相等的四边形一定是平行四边形【答案】C【解析【答】：选项A：意多形的角和为，边数关，此正边形角和为，是，故A错；选项B：对角线互相垂直且平分的四边形才是菱形，仅对角线垂直无法判定四边形为菱形，故B错误；选项C：根据三角形三边关系，任意三角形中两边之和大于第三边，该命题成立，故C正确；选项DD【分析】本题考查多边形外角和、菱形判定、三角形三边关系、平行四边形判定的命题辨析。结合对应几定理一验每个题：边形角和为；形需时满对角垂直互相分；角形如，AD∥BC，∠C=30°，∠ADB：∠BDC=1：2，∠DBC的数是( )A．30° B．36° C．45° D．50°【答案】D解析【答】：∵，∴且相等。∵，∴。∵，∴设，，则，得，即，∴。度求出的度数再根据与的例关，设知数出的数；后由平线的错角等性，得到与度相等从而出结。4.3229.?设共有x()【答案】B【解析】【解答】解：第一种乘车情况：3人共乘一车，空2辆车，则人的辆数为，车数=载车辆数+空数，总车为；29则车的人数为 ，车数=乘人数÷每人数即总数为；∵两种情况总车数相等，：。【分析】本题考查由实际问题抽象出一元一次方程。解题的核心是抓住“车的总数不变”这一隐含等量关系，分别用含总人数的代数式表示两种乘车场景下的总车辆数：第一种用载人车辆数加空车数，第二种用乘车总人数除以每车人数，令两个代数式相等即可得到对应的方程。如，有小型学探器在中A处测到平面标B，时从测器看目标B的角α=30°，测器行的度则测器目标B的离AB约为(其中计结果精到0.1)( )A．207.8m B．207.9m C．208.8m D．208.9m【答案】A【解析【答】：由角的义可，探器的平视与地面平，根平行的内角相，可得。在 ，，，：，∴ 。代入计：【分析】本题考查解直角三角形在俯角问题中的应用。先结合俯角的定义与平行线的性质，将俯角转化为角三形中内角；在直三角中利正弦数的义，立对边与边的例关系代入知高求解的度，后代近似计算按要取近值即。如，在面直坐标中，△OAB是腰直三角，∠A=90°，OB=2将△OAB绕点O顺针旋转45°后得△OA'B'，点A，B的应点别是点A'，B'，原点位似心，将△OA'B'放大原来的3倍，得到△OA"B"，点B'在一象对应点B"的标是( )A．(6，6) B．(6，2)【答案】A解析【答】：∵是腰直三角，C．，D．∴，。∵，∴由股定得，即，解得。将绕点O顺针旋转得到，，，，点 落在x轴半轴，轴。在中，，∴点的标为 。33，则点对点的、纵标均大为来的3倍，∴的标为，即。【分析】本题综合考查等腰直角三角形的性质、图形的旋转与位似变换。先根据等腰直角三角形的边角关，结合的度求直角的长；再据旋的性，确旋转点的置，过解角三角得到的标；后根位似换的标变规律即位中心原点，坐乘以似比计算得放大点的标。数的象如所示顶点标为(-2，5)，与x轴于A(m，0)，B两点，其中2<m<3.则下列结论：②b+4a=0 ⑤方程 (k为数)有数.其正确个数( )A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】B【解析【答】：由物线口向，得；点坐为，对称为直线，理得 ；物线与y轴于正轴，故 。①∵ ， ， ，∴ ，则，①错；，即，是，故错；③将：∵，，此，即，③正；④∵抛线顶为，入顶式得，∴。由象可，当时函数大于0，即，代入 、 得： ，得；当时函数小于0，即，代得： ，得；综可得，故正；⑤将程变为，直线恒定点，斜率，线经第二三、象限。⑤综上，正确的结论为③④⑤，共3个。的判。先开口向、称轴与y轴点确定、、的号与系，逐一证五结论：通符号算判分式负；对称公式导与的量关；代化简数式结合号判正负利用点式示，结合、处函数符号不等，求解的值范；将程转化为抛物线与直线的交点问题，通过直线过定点的特征判断交点存在性，最终统计正确结论的数量。二、填空题(本题共10个小题，每小题3分，共30分).20266300万吨.300万科学数法示为 .【答案】【解析【答】：万。科记数的形为，中，为数。将：。【分析】本题考查科学记数法表示较大的数。先将“万”单位转化为具体数值，再根据科学记数法的规范把原写成乘的次的形，其中满足到的围，由数的数位减确，最终： .【答案】【解析【答】解：，：.【分析】先提取公因式ab，然后利用平方差公式继续分解即可.某何体由棱为1cm的正方组合成，图是个几体的视图则这几何的表面积是 cm2.【答案】1412有1个小正方体，总计3个小正方体。几何体的表面积可通过三视图面积之和的2倍计算：主视图有2个正方形面，左视图有2个正方形面，俯视图有3个正方形面，单正方面积为，因总表积为。【分析】本题考查由三视图判断几何体并计算表面积。先根据三视图还原几何体的堆叠方式，确定小正方体的数量与位置；再利用“几何体表面积等于三视图面积和的2倍”的规律，分别统计三个视图中的正方形面数，计算后乘以2即可得到总表面积。如，有个亭，它地基边长为4m的六边，则个正边形基的积m2(计算结果保留根号).【答案】【解析【答】：设六边的中为点O，接、，点O作于点D，∵多边形为正六边形，∴中角，且，∴为边三形，此。∵，等腰角形线合得在中由勾定理：。单个等边三角形的面积：正六边形由6个全等的等边三角形组成，因此总面积：故答案为：66计： .【答案】【解析】【解答】解：先对分子分母因式分解，再将除法转化为乘法，约分计算。18．如，在⊙O中，，∠ABC=70°，∠BOC= .【答案】80°解析【答】：∵，弦，∴，。由角形角和为，：。根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，∴。【析】题考圆的弦关、等三角性质圆周定理先由弧对弦得到，定为腰三形，合已底角数求顶角的数；根据周角理，心角等同弧对圆角的2倍代入算即得到果。如，反例函数 与长为10的边三形OAB相于C，D两，边OB与x轴重合，BD：OC=1：3，则k的是 .【答案】10∴，。设，由得。过点C作轴点M，点D作轴点N，在中：，，∵点C在二象，∴C点标为。在中：，，∵B点标为 ，D点坐标为，即D点标为。∵C、D均反比函数上，∴两横纵标乘相等即：：，∵ ，边同除以 ：，解得。代入C点坐标计算k：【析】题考反比函数等边角形综合用。利用边三形的角性，设出与C和点D征，横纵标乘等于，立关参数的程，解得到的后，入计即可到的数值。如，在角三形ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=2，点P，D分在边AB，BC上运，连接PC，PD.则PC+PD的小值.【答案】3【解析【答】：延长至点M，使，接 ，点C作，交于点P，点P作于点D，∵平分，且，，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，∴，此。由线段短可，此时取最小，即段的度。在，，，，∴ 。∵。在中，，。，，：，解得，即的小值为3。【析】题考最短径问，综角平线性、解角三形与积法通过造角对称图形利用平分的性将 转为，把的度转为点C到线 的线段度依垂线最短定最值的置；通过直角角形出相边长最后三角面积两种示方建立式，算出线段长度即为求的小值。按定规排列数据次为2，7，14，23，34，47，….若此规继续列下，则第n个可以示为 (结用含n的数式示).【答案】（当，；当，；当，；当，；……以类推第个的表式为。【分析】本题考查数字规律的探究与归纳。将数列中的数与对应序号建立关联，通过对已知项进行变21已知△ABC4ACB=90°，D是AC的中点，连接BDBCD绕点B旋，得到△BEF，点E，F的应点别是点C，D，接当CF∥AB时则CF的长为 .【答案】或解析【答】：∵，，，∴。∵D是AC中，∴。在：由转的质可， ，此。过点B作于点G，∵∴，∴为腰直三角，。在中由勾定理：①当点F在点G右时，；②当点F在点G左时，。综，CF的为或。：或【分析】本题考查等腰直角三角形的性质、图形旋转的性质与分类讨论思想。先根据等腰直角三角形的边求出的度，旋转性质到与相；再用平线的错角等得到的度数判定为腰直三角，求出与的度；着在角三形中勾股理求出的度；后分点F在延线的个方两种况，别计算的度，到两结果。三、解答题(本题共6个小题，共54分)AOB1OMN，并使等腰三角形的底边MN经过点P，点M，点N分别在射线OA，射线OB上.()如图2，若连接OP，OP=3.以O为心，OP为径画，交线OA，线OB于C，D两，则弧的度卡上图，需写用含π的数式表示结果)【答案】（1）解：作法一：如图所示①以点O为圆心，适当长为半径画弧，弧与射线OA、射线OB分别交于点C、点D，连接CD②作射线CP③以点C为圆心，适当长为半径画弧，弧与射线CP、线段CD分别交于点E、点F，以点P为圆心，CE为半径画弧，弧与射线CP交于点G，以点G为圆心，EF长为半径画弧，两弧交于点H④作直线PH，与射线OA、射线OB分别交于点M、点N，△OMN即为所求作法二：如图所示①以点O为圆心，适当长为半径画弧，弧与射线OAOBC、点D为心，于的为半画弧两弧于点E，射线OE②POE于F、G两点③分以点FG为心，于的为半画弧两弧于点H④作直线PH，与射线OA、射线OB分别交于点M、点N，△OMN即为所求作法三：如图所示①过点P向射线OA作垂线②过点P向射线OB作垂线③过点P作两垂线夹角的平分线④作直线PK，与射线OA、射线OB分别交于点M、点N，△OMN即为所求（2）【解析】【解答】解：(2)如图，【分析】本题考查尺规作图作等腰三角形与弧长计算，综合了平行线的判定、等腰三角形的判定、弧长公式等知识点。以O为心画得到，造出腰三形，通过一个等于的方式过点P作的行线分别交、于 、；据平线的质可得，，合可出，据等对等得到，可判定为腰三形，足题要求。作图知、均圆的径，度与相，结已知圆心角的数，接代入长公式，圆心度数半径值代计算即可到劣弧 的度。类别参与创新实践活动的时间x(单位：小时)ABCDE科技”类别参与创新实践活动的时间x(单位：小时)ABCDE次随调查学生有 ▲ 人补全形统图.3201.5小时及以上的学生人数.已知E21“.（1）：，答估计校八级平每周与创实践动的间在小及以的学有120人．（3）解：画树状图为：由此可得，从中抽取两名同学共有6种等可能情况，其中所抽取的两名学生恰好是一男一女的情况有4种情况，∴所取的名学恰好一男女的率为．解析有，C有．【分析】本题考查统计与概率的综合应用，涉及条形统计图、扇形统计图、样本估计总体、概率计算。先从统计图中获取B类的人数与对应的百分比，用BC1.532.A，B分拣机械手(以下A型快递智能分拣机械手简称A型机械手，B型快递智能分拣机械手简称B型机械手)，已知A型机械手的单价比B型机械手的单价高2万元，用120万元购进A型机械手的数量和用80万元购进B型机械手的数量相等.求A，B?A，B30台，且AB2倍.如?.量y(件)与甲机械手工作时间x().①乙械手工作度为 /分，a= .②直写出BC所直线函数达式.③当机械工作 分时，、乙台机手分快递数量同.【答案】（1）解：设A型机械手的单价为n万元，B型机械手的单价为(n-2)万元，由题意得解得：n=6经检验：n=6是原分式方程的解.Bn-2=6-2=4(万元)答：A型机械手的单价为6万元，B型机械手的单价为4万元.（2）解：设购买A型机械手m台，则购买B型机械手(30-m)台，所