广东省广州市2026年数学中考二模试卷附答案

数学中考二模试卷一、单选题1．下列各数中最大的负数是（）A． B． C． D．2．把图形绕O点顺时针旋转180度后，得到的图形是（）A． B． C． D．3．费尔兹奖是国际上享有崇高声誉的一个数学奖项，每四年评选一次，主要授予年轻的数学家．下面数据是部分获奖者获奖时的年龄（单位：岁）：32，35，29，33，40，35，则这组数据的中位数和众数分别是（）A．35，35 B．34，33 C．34，35 D．35，344．下列计算中正确的有（）个①；②；③；④；⑤；⑥．A．1 B．2 C．3 D．45．张三经营了一家草场，草场里面种植上等草和下等草．他卖五捆上等草的根数减去11根，就等于七捆下等草的根数；卖七捆上等草的根数减去25根，就等于五捆下等草的根数．设上等草一捆为根，下等草一捆为根，则下列方程正确的是（）A． B．C． D．6．一元二次方程的根的情况是（）A．没有实数根 B．有两个相等的实数根C．有一个实数根 D．有两个不相等的实数根7．下列说法正确的是（）A．经过有交通信号灯的路口，遇到绿灯是必然事件B．一个抽奖活动中，中奖概率为，表示抽奖20次就有1次中奖C．甲、乙两名射击运动员10次射击成绩（单位：环）的平均数分别为、，方差分别为、．若，，，则乙的成绩比甲的稳定D．对端午节期间市场上粽子质量情况的调查，采用抽样调查8．如图，已知点在上，为的中点．若，，则的长等于（）A． B． C． D．9．如图，在矩形中，，，将矩形折叠，使点B与点D重合，折痕为，则的长为（）A． B． C． D．10．若点，在二次函数（，t为常数）的图象上，则下列判断正确的是（）A．当时，若，则B．当时，若，则C．当时，若，则D．当时，若，则二、填空题11．据统计，2026年2月1日至20日，港珠澳大桥日均车流量约17800次，数据17800用科学记数法表示为．12．若代数式有意义，则的取值范围是．13．如图为人行天桥的示意图，若高长为米，斜道长为米，则的值为．14．如图所示是某几何体的三视图，根据图中数据计算，这个几何体侧面展开图的圆心角的度数为°．15．如图，点A，B分别在和的图象上，且轴，点在轴上，若的面积为7，则．16．如图，点B坐标为，点A为x正半轴上一动点，，且面积为20，则最大值为．三、解答题17．解不等式组：，并把解集在数轴上表示出来．18．如图，，．求证：．19．先化简：，并从，0，1，2中取一个合适的数作为x的值代入求值．20．如图，在中，．（1）请用无刻度的直尺和圆规找到边的中点，连接并延长，在延长线上截取，使，连接和（保留作图痕迹，不写作法）．（2）证明（1）中得到的四边形是正方形．21．央行推出数字货币，支付方式即将变革，调查结果显示，目前支付方式有：A微信、B支付宝、C现金、D其他，调查组对某超市一天内购买者的支付方式进行调查统计，根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图：请你根据统计图提供的信息，解答下列问题：（1）本次一共调查了多少名购买者？（2）请补全条形统计图；（3）在扇形统计图中，C种支付方式所对应的圆心角为度；（4）在一次购物中，小明利小亮都想从“微信”、“支付宝”、“现金”三种付款方式中选一种方式进行付款，请用树状图或列表法求出两人恰好选择同一种付款方式的概率．22．请根据以下素材，探索完成任务．买新能源车到底划不划算素材1某中学数学兴趣小组对市场上配置相近的A款燃油车和B款新能源车做对比调查．其中A、B两款车的有关数据如下：

购车费用/万元购置税/万元年均保养费用/万元年均保险费用/万元预计10年后的车价/万元A款燃油车30B款新能源车360素材2总费用（以使用年为例）购车费用预计年后的车价购置税保养费用保险费用油费或电费素材3每公里燃油车的油费比新能源车的电费多元，当油费和电费均为元时，新能源车的行驶路程是燃油车的4倍问题解决⑴任务1A款燃油车每公里油费是多少元；⑵任务2设平均每年的行驶路程为万公里，A款燃油车使用年的总费用为万元，B款新能源车使用年的总费用为万元，分别求出和关于x的表达式；⑶任务3每年行驶里程至少为多少万公里时，购买B款新能源车更划算（以使用年为例）．23．如图，四边形内接于，为直径，，过点C作于点E，交的延长线于点H，连接交于点G．（1）求证：是的切线；（2）若点D为的中点，求证：；（3）若，，求的长．24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）作直线，点D是直线上方抛物线上的一动点，连接与直线交于点E，当取得最大值时，求点D的坐标；（3）将抛物线先向右平移2个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线，点P是抛物线上一个动点，作以点P为中点的线段，且轴，．设点P的横坐标为m，若线段与抛物线有交点，求m的取值范围．25．如图，在菱形中，，点E为线段上一个动点，边关于对称的线段为，连接．（1）当平分时，的度数为．（2）延长，交射线于点G，当时，求的长．（3）连接，点H为线段上一动点（不与点A，C重合），且，求的最小值．

答案1．【答案】A【解析】【解答】解：把四个选项的数字在数轴上表示如下：，，所给的各数中最大的负数是．故选：．

【分析】本题考查的知识点是有理数大小比较的方法，用数轴比较有理数大小的法则：数轴上的点表示的数，右边的数总是大于左边的数，据此判断即可．2．【答案】C【解析】【解答】解：把图形绕O点顺时针旋转180度后，得到的图形是选项C的图形．故选：C．

【分析】根据旋转的性质，确定旋转中心，旋转方向以及角度，结合选项求解即可．3．【答案】C【解析】【解答】从小到大排序：29，32，33，35，35，40，

数字35出现2次，其余数字均只出现1次，因此众数=35.

一共6个数据（偶数个），中间两个是第3个和第4个：33、35中位数==34.故答案为：C.【分析】求众数：众数是一组数据中出现次数最多的数，统计每个数字出现频次；求中位数：先将数据从小到大排序，数据个数为偶数时，中位数取中间两个数的平均值；匹配选项得出答案.4．【答案】A【解析】【解答】①a6÷a2=a3

同底数幂除法：底数不变，指数相减a6÷a2=a6−2=a4≠a3，错误.

②(a3)2=a5

幂的乘方：底数不变，指数相乘(a3)2=a3×2=a6≠a5，错误.

③a3+a3=a6

合并同类项：系数相加，字母与指数不变a3+a3=2a3≠a6，错误

④2−1=−2

负整数指数幂：a−p=；2−1=≠−2，错误

⑤(π−3)0=1

零指数幂：非零数的0次幂等于1，π≈3.14，π−3≠0，故(π−3)0=1，正确

⑥32=6

乘方定义：32=3×3=9≠6，错误

故答案为：A.

【分析】逐个运用整式幂运算、零指数幂、负整数指数幂、乘方运算法则判断6个式子对错，统计正确式子的个数.5．【答案】C【解析】【解答】设元：上等草一捆x根，下等草一捆y根，

五捆上等草：5x，减去11等于七捆下等草7y列式：5x−11=7y；

七捆上等草：7x，减去25等于五捆下等草5y列式：7x−25=5y；

联立方程组：.

故答案为：C.

【分析】先梳理等量关系，把文字语句转化为代数式；第一句：五捆上等草根数−11=七捆下等草根数；第二句：七捆上等草根数−25=五捆下等草根数；结合设元：上等草一捆x根，下等草一捆y根，列出二元一次方程组，匹配选项.6．【答案】A【解析】【解答】解：，，，则一元二次方程的根的情况是没有实数根，故选：A．

【分析】根据一元二次方程判别式与根的关系可得，求出方程的判别式可得，，求解即可．7．【答案】D【解析】【解答】选项A：经过信号灯路口可能遇到红、黄、绿灯，属于随机事件，不是必然事件。❌

选项B：中奖概率120是长期大量试验下的稳定频率，不代表抽20次一定中1次，可能多次不中或多次中奖。❌

选项C：方差越小成绩越稳定，s甲2=0.4<s乙2=2，说明甲发挥更稳定.❌

选项D：调查市场粽子质量，检测会破坏粽子，无法全部检查，因此采用抽样调查。✅故答案为：D.【分析】逐个分析选项，结合随机事件、概率意义、方差、普查与抽样调查的定义判断正误.8．【答案】B【解析】【解答】∵C为弧AB中点，

∴=，

∴∠ABC=∠BAC=30∘，

在△ABC中：∠ACB=180∘−30∘−30∘=120∘.

所对的圆周角为120∘.

同弧圆心角是圆周角2倍：n=2×(180∘−120∘)=120∘.

已知半径r=OA=3，n=120：

lAB⏜==2π.

故答案为：B.

【分析】由C是弧AB中点，得弧AC=弧BC，推出圆周角∠ABC=∠BAC=30∘；三角形内角和求∠ACB，再用同弧所对圆心角=2倍圆周角，算出弧AB对应的圆心角度数n；代入弧长公式l=计算弧长.9．【答案】A【解析】【解答】解：如图，连接，由折叠知，，设，则，在中，，化简得，，即，解得，，．

故答案为：A

【分析】如图，连接，设，

，由折叠知，在中，，解得．10．【答案】D【解析】【解答】选项A：a<0，若y1<0，则y2<0

a<0时，仅零点外y<0；两点一左一右，若A在外(y1<0)，则B必落在零点区间内，y2>0。该选项错误；

选项B：a>0，若y1>0，则y2<0

a>0时，零点外y>0；两点一左一右，若A在外(y1>0)，则B也在外，y2>0。该选项错误；

选项C：a<0，若y1>0，则y2>0

a<0时，仅零点内y>0；两点横向距离2，零点区间仅宽1，不可能同时都在区间内，无法同时满足y1>0，y2>0。该选项错误；

选项D：a>0，若y1<0，则y2>0

a>0，y1<0说明点A落在零点区间(t−1，t)内部；A、B相距2，零点区间仅宽1，因此点B一定落在零点区间外侧，外侧y>0，即y2>0。该选项正确；故答案为：D.【分析】分析二次函数基础信息函数交点式y=a(x−t)(x−t+1)，令y=0得两根：x1=t，x2=t−1；两根中点（对称轴）：x==t−；两根间距：t−(t−1)=1，即两个零点相距1个单位。分析两点横坐标位置A(s−1)，B(s+1)，两点横坐标间距：(s+1)−(s−1)=2；两点中点：=s，两点关于直线x=s对称，分开口方向、零点区间、点的符号逐一判断选项.11．【答案】【解析】【解答】解：．

故答案为：

【分析】科学记数法的表示形式为，其中，为整数，即．12．【答案】且【解析】【解答】解：∵代数式有意义，∴且，∴且.

故答案为：且

【分析】根据分母不为0以及被开方数为非负数，即且，解得且.13．【答案】【解析】【解答】在Rt△ABC中，∠B=90∘，

AB===.

tanA===.故答案为：.【分析】由天桥示意图得△ABC为直角三角形，∠ABC=90∘，已知对边BC=10，斜边AC=30；先用勾股定理求出邻边AB；根据正切定义tanA==计算结果.14．【答案】120【解析】【解答】解：由三视图可知，该几何体为圆锥，由勾股定理可得，圆锥的母线长为，∴，解得，，故答案为：．

【分析】由三视图可得，该几何体为圆锥，根据等腰三角形的性质，以及勾股定理可得，圆锥的母线长为，根据圆锥侧面展开图的弧长与底面圆的周长相等，列方程求解即可．15．【答案】6【解析】【解答】S△PAB=⋅AB⋅|m|

7=⋅⋅|m|

k=6.故答案为：6.【分析】设AB∥x轴，设A(a，m)(a>0)，B(b，m)(b<0)；代入反比例函数：m=⇒a=，m=−⇒b=−；AB=a−b=−(−)=；△PAB以AB为底，高是A、B点纵坐标的绝对值|m|，三角形面积S=⋅AB⋅|m|；代入面积7列方程，消去m解出k。16．【答案】【解析】【解答】∵BC⊥AB，△ABC为Rt△，

S△ABC=AB⋅BC=20⟹AB⋅BC=40，

设A(t，0)(t>0)，过C作CN⊥y轴于N.

∠AOB=∠BNC=90∘

∠OBA+∠CBN=180∘−∠ABC=90∘，

∠OBA+∠OAB=90∘，

∴∠OAB=∠CBN，

∴△AOB∽△BNC(AA)

相似比例：==，

记比值=k，

则AB=k⋅BC，结合AB⋅BC=40：

k⋅BC2=40，

==k

OB=4，AO=t，

代入得：==k⟹BN=，CN=，

AB==，

又AB=，BC=

联立化简后可证：存在定点M(−4，5)，对任意满足条件的C，恒有MC=5。

即：点C在以M(−4，5)为圆心，半径r=5的圆上运动。

两点间距离公式，求原点O(0，0)到圆心M(−4，5)的距离：OM==

初中几何结论：圆外一点到圆上动点的最大距离=定点到圆心距离+半径

∴OCmax=OM+MC=+5.

故答案为：.

【分析】由直角三角形面积，得到两条直角边乘积定值∠ABC=90∘，S△ABC=⋅AB⋅BC=20，推出AB⋅BC=40；由垂直条件构造一线三垂直相似，坐标转化线段比例过C作CN⊥y轴交y轴于N，证△AOB∽△BNC，得到线段比例关系；由相似比例+乘积定值，推出点C满足到定点的距离为定值（隐圆）通过比例代换，算出C到定点M的距离恒为5，即C在以M为圆心、半径r=5的圆上运动；由“定点到圆上点距离最值模型”：最大值=定点到圆心距离+半径计算原点O到圆心M的距离，再加半径，得到OC最大值.17．【答案】解第一个不等式2x>x+1，

x>1.

解第二个不等式x+8≤4x−1，

x≥3.

∴解集为：.

在数轴上表示为：【解析】【分析】由不等式组拆分为两个一元一次不等式，分别独立求解；由两个不等式的解集，取公共部分得到不等式组的解集；由解集在数轴上规范画出对应表示（空心/实心、方向）.18．【答案】证明：∵，∴，∵，，∴，∴.【解析】【分析】根据等角对等边可得，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.19．【答案】解：原式=，

=，

当x=0时，

原式=.【解析】【分析】由分式运算法则：先对分子分母因式分解，化简被除式；再计算括号内减法，统一分母；由分式除法规则：除以一个分式等于乘它的倒数，约分得到最简分式；由分式有意义条件：分母、除式不能为0，排除-1、1、2，只能选x=0代入求值.20．【答案】（1）解：如图所示（答案不唯一，合理即可）．（或或或）（2）解：由作图可知，，∴四边形是平行四边形，∵，，∴四边形是正方形．【解析】【分析】（1）由找线段中点的尺规作图方法：分别以A、B为圆心，大于AB的等长半径画弧，上下两组弧交于两点，连接两点，直线与AB交点即为中点D；由延长、截取线段要求：延长CD，以D为圆心、CD长为半径画弧，交延长线于E，满足DE=CD；由连接线段要求：连接AE、BE，保留全部圆弧痕迹.

（2）由对角线互相平分判定平行四边形：AD=BD，CD=DE，对角线互相平分，四边形ACBE是平行四边形；由等腰直角三角形三线合一得对角线垂直：∠C=90∘，AC=BC，D是AB中点，故CD⊥AB，即CE⊥AB；由对角线垂直的平行四边形是菱形：平行四边形ACBE对角线互相垂直，因此是菱形；由有一个内角为直角的菱形是正方形：已知∠ACB=90∘，菱形ACBE有直角，故为正方形.21．【答案】（1）解：44÷22%=200.

答本次一共调查了200名购买者。（2）补全统计图如图所示：（3）79.2（4）小明\小亮微信支付宝现金微信(微，微)(微，支)(微，现)支付宝(支，微)(支，支)(支，现)现金(现，微)(现，支)(现，现)总等可能结果：9种；两人选同一种的结果：(微，微)、(支，支)、(现，现)，共3种。

P==.【解析】【解答】（3）圆心角：360∘×22%=79.2∘.

故答案为：79.2∘.

【分析】（1）由扇形图知C（微信）占22%，根据C的人数，用部分÷对应百分比得到总人数.

（2）由总人数减去A、B、C人数，算出D的人数，再画出对应高度条形.

（3）由C的占比×360∘得到扇形圆心角.

（4）列出两人所有等可能付款组合；找出两人选择相同付款方式的情况数；概率=符合条件情况数÷全部总情况数，设三种方式：①微信，②支付宝，③现金.22．【答案】⑴设新能源车每公里电费a元，燃油车每公里油费(a+1.2)元.

路程=总费用÷单位里程费用：

=4×，

解得：a=0.4.

燃油车每公里油费：a+1.2=0.4+1.2=1.6元.

∴A款燃油车平均每公里油费用为元.

⑵①A燃油车分项（10年期）

购车30，残值9.6，购置税3；年保养0.2，10年：0.2×10=2；

年保险0.8，10年：0.8×10=8；

每万公里油费：1.6×10000=16000元=1.6万元，

x万公里油费1.6×10x=16x.

yA=30−9.6+3+2+8+16x=16x+33.4.

②B新能源车分项（10年期）.

购车36，残值4，购置税0；

年保养0.1，10年：0.1×10=1；

年保险1.0，10年：1×10=10；

每万公里电费0.4×10000=4000元=0.4万元，

x万公里电费0.4×10x=4x.

yB=36−4+0+1+10+4x=4x+43.

⑶4x+43<16x+33.4

43−33.4<16x−4x

9.6<12x

x>0.8

每年行驶里程至少为0.8万公里，购买B款新能源车更划算【解析】【分析】（1）设新能源车每公里电费a元，则燃油车每公里油费(a+1.2)元；由“费用同为400元时，新能源车路程是燃油车4倍”列分式方程，求解得到油费.

（2）总费用公式：总费用=购车费−10年后残值+购置税+10年保养+10年保险+10年燃油/电费；x单位：万公里，分别代入A、B两款数据分项计算.

（3）B更划算即10年总费用yB<yA，解一元一次不等式求x最小值.23．【答案】（1）连接OC.

∵BC=CD，

∴=，

∴∠BAC=∠DAC.

∵OA=OC，

∴∠BAC=∠OCA，

∴∠DAC=∠OCA，

∴OC∥AH.

∵CH⊥AH，

∴OC⊥CH。

又∵OC是⊙O半径，

∴CH是⊙O的切线.（2）∵AC平分∠DAB，CH⊥AH，CE⊥AB，

∴CH=CE.

∵D为AH中点，

∴AH=2AD，AD=DH.

四边形ABCD内接于圆，

∴∠CDH=∠CBE.

在Rt△CHD与Rt△CEB中：∠CHD=∠CEB=90∘，∠CDH=∠CBE，CH=CE；

∴Rt△CHD≅Rt△CEB(AAS)，

∴DH=BE.

∵DH=AD，

∴AD=BE.（3）∵=，

∴∠CDB=∠CBD，

∵∠CDB+∠DAB=90∘，∠CGB+∠ABD=90∘，∠DAB=∠ABC，

∴∠CGB=∠CBG，

∴BC=CG=10，

cos∠CBE=cos∠DBA==，BC=10，

=⇒BE=8，

CE===6，

∴GE=CG−CE=10−6=4，

由CE=6，BE=8，BC=10，∠CBE=∠ABD，

cos∠ABD=，

设BD=4m，AB=5m，则AD=3m.

又△CEB∽△ADB：

==⟹=，

结合BG=16，GE=4，CE=6，

延长推导得：BD=BG+GD=16+16=32.【解析】【分析】（1）连接OC，由BC=CD得等弧对等圆周角：∠DAC=∠BAC；由OA=OC等腰得∠OAC=∠OCA，等量代换得OC∥AH；由CH⊥AH，推出OC⊥CH，结合切线判定定理得证.

（2）由角平分线AC，CE⊥AB，CH⊥AH得CH=CE；D为AH中点⇒AH=2AD；证Rt△CHD≅Rt△CEB，得HD=BE；AH=AD+HD=2AD，代入HD=BE，得AD=BE.

（3）AB为直径⇒∠ADB=90∘；CE⊥AB，证∠GCB=∠CGB⇒CG=BC=10；在Rt△CEB中，cos∠CBE=cos∠DBA=45，求BE、CE；设DE=4k，BG=5k，利用相似勾股列方程求出k，计算BD.24．【答案】（1）解：已知抛物线y=−x2+bx+c过A(−1，0)、B(3，0)，代入得：

⟹，

两式相减消去c：8−4b=0⟹b=2，

代入第一式得：−1−2+c=0⟹c=3.

因此抛物线解析式为：y=−x2+2x+3.（2）解：令x=0，得y=3，故C(0，3).

设直线BC：y=kx+3，代入B(3，0)：

0=3k+3⟹k=−1，

∴直线BC：y=−x+3，

过D、E分别作x轴垂线，由平行线分线段成比例：=，

因此==−1，

设D(t，−t2+2t+3)（0<t<3），直线OD解析式为y=，

联立OD与BC：

=−x+3，

解得E点横坐标：xE=，代入直线BC得E点纵坐标：yE=−xE+3=，

==.

因此：

=−1=−t2+t=−(t−)2+，

这是开口向下的二次函数，当t=时，取得最大值.

代入抛物线得D点纵坐标：

yD=−+2⋅+3=，

∴D点坐标为（，）.（3）原抛物线配方：y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，

向右平移2个单位，向下平移2个单位：

y'=−(x−1−2)2+4−2=−(x−3)2+2，

展开得：y'=−x2+6x−7，

P横坐标为m，在原抛物线上，故P(m，−m2+2m+3)，即yP=−m2+2m+3，

∵MN∥x轴，P是中点，MN=2，

∴M(m−1，yP)，N(m+1，yP)，线段MN的横坐标范围为[m−1，m+1]，纵坐标恒为yP，

线段MN与y'有交点，等价于方程−(x−3)2+2=−m2+2m+3在x∈[m−1，m+1]上有解，

整理方程：

(x−3)2=m2−2m−1，

有解的前提：右边非负m2−2m−1≥0⟹(m−1)2≥2，

解得m≥1+或m≤1−，

结合图像位置，m≤1−时方程的解均不在区间[m−1，m+1]内，故舍去，保留m≥1+，

方程的两个解为：x=3±，

当左交点恰好与线段左端点M重合时，即3−=m−1：

m2−2m−1=4−m，

两边平方：m2−2m−1=16−8m+m2，

化简：6m=17⟹m=，

当m>时，两个解均落在区间外，无交点；

当1+≤m≤时，至少有一个解在区间内，线段有交点，

∴线段与抛物线有交点，m的取值范围为．【解析】【分析】（1）由抛物线与x轴的两个交点A、B坐标，代入一般式得到关于b、c的二元一次方程组；解方程组求出系数b、c，得到抛物线解析式；也可直接用交点式展开化简.

（2）由抛物线解析式求出点C坐标，结合B点坐标求出直线BC的解析式；由O、E、D三点共线，利用平行线分线段成比例，将线段比转化为纵坐标的比值−1；设D点横坐标为t，用t表示D点纵坐标，联立直线OD与BC求出E点纵坐标；将比值整理为关于t的二次函数，配方求最大值及对应的t，得到D点坐标.

（3）由“左加右减、上加下减”的平移规则，求出平移后抛物线y'的解析式；由MN∥x轴、P为中点、MN=2，得到M、N的坐标，明确线段MN的纵坐标为yP，横坐标范围为[m−1，m+1]；由“线段MN与抛物线y'有交点”，转化为：方程y'(x)=yP的解至少有一个落在区间[m−1，m+1]内；先由方程有解的条件（判别式非负）求出m的下限，再由交点与区间端点重合的临界情况求出m的上限，最终得到取值范围.25．【答案】（1）（2）以A为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系.

∵菱形ABCD中AB=4，∠DAB=60∘，

∴A(0，0)，B(4，0)，D(2，)，C(6，).

∵BE=2，BC=4，

∴E为BC中点，坐标为E(5，)，直线AE