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2026年中考复习卷10
一．选择题（共7小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D A D A A A D
一．选择题（共7小题）
1．已知⊙O的半径为2，直线l上有一点P满足PO＝2，则直线l与⊙O的位置关系是（　　）
A．相离 B．相交
C．相切 D．相交或相切
【分析】根据圆于直线关系直接判断即可得到答案．
【解答】解：由题意可得，
∵PO＝2，
∴当PO是点O到直线的距离时相切，当PO不是点O到直线的距离时距离小于2相交，
故选：D．
2．在平面坐标系中，将抛物线y＝﹣x2+（m﹣1）x﹣m（m＞1）沿y轴向上平移3个单位，则平移后得到的抛物线的顶点一定在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】根据平移规律得到平移后抛物线的顶点坐标，然后结合m的取值范围判断新抛物线的顶点所在的象限即可．
【解答】解：∵y＝﹣x2+（m﹣1）x﹣m＝﹣[x2﹣（m﹣1）x]﹣m＝﹣（x）2﹣m，
∴该抛物线顶点坐标是（，），
∴将其沿y轴向上平移3个单位后得到的抛物线的顶点坐标是（，3），
∵m＞1，
∴m﹣1＞0，
∴0，
∵31＞0，
∴点（，3）在第一象限；
故选：A．
3．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，将劣弧沿AC折叠后刚好经过弦BC的中点D．若AC＝6，∠C＝60°，则⊙O的半径长为（　　）
A． B． C． D．
【分析】取折叠后的弧所在圆圆心为O′，则⊙O与⊙O′设等圆，∠ACD是公共的圆周角，所以可以证得AB＝AD，过A作AM⊥BC于M，则M为BD的中点，在Rt△AMC中，利用勾股定理，可以求出AM和CM的长度，由于D是BC中点，可以证明MC＝3BM，所以BM可以求，在直角三角形ABM中，利用勾股定理求出AB的长度，连接OA，OB，由于△AOB是顶角为120°的等腰三角形，过O作OG⊥AB于G，利用30度的特殊角和勾股定理，可以证明AB＝3OA，由此圆O半径可求．
【解答】解：如图1，设折叠后的所在圆的圆心为O′，连接O′A，O′D，
∴∠AO′D＝2∠ACB＝120°，
连接OA，OB，
同理，∠AOB＝120°，
∴∠AOB＝∠AO′D，
∵⊙O与⊙O′是等圆，
∴AB＝AD，
设⊙O的半径为R，
过O作OG⊥AB于G，
∵OA＝OB，∠AOB＝120°，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，AB＝2AG，
∴OG，
∴，
∴，
如图2，过A作AM⊥BC于M，
∵AB＝AD，
∴可设BM＝DM＝x，则BD＝2x，
∵D为BC的中点，
∴CD＝BD＝2x，
∴MC＝DM+CD＝3x，
∵AM⊥BC，∠ACB＝60°，
∴∠MAC＝30°，
在Rt△AMC中，MC，
∴3x＝3，
∴x＝1，
∴AM，BM＝x＝1，
在Rt△ABM中，AB，
∵，
∴，
故选：D．
4．如图，二次函数与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点D与点C关于x轴对称，点P从点A出发向点D运动，点Q在DB上，且∠PCQ＝45°，则图中阴影部分面积的最小值是（　　）
A． B． C．9 D．
【分析】先证明四边形ACBD是正方形，将△ACP绕点C顺时针旋转90°，可证得∠P′CQ＝45°，P′、B、D共线，从而S△APC+S△BCQ＝S△P′CQ，作△CQP′的外接圆⊙I，作IW⊥P′Q于W，设QI＝IP′＝CI＝r，从而得出∠QIP′＝90°，故WIQI，QP′r，根据CI+IW≥BC得出r，从而得出r≥66，进一步得出结果．
【解答】解：如图，
由题意，令yx2﹣3＝0，解得x1＝﹣3，x2＝3，
∴A（﹣3，0），B（3，0），
令x＝0，解得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
故D（0，3），
∴AO＝BO＝CO＝DO，AB⊥CD，
则四边形ACBD是正方形，
将△ACP绕点C顺时针旋转90°得到△CBP′，
∴△CAP≌△CBP′，
∴∠PCP′＝∠PCB+∠BCP′＝∠PCB+∠ACP＝90°，∠CAP＝∠CBP′＝90°，
∵∠CBD＝90°，
∴P′、B、D共线，
∴S△APC+S△BCQ＝S△P′CQ，
∵∠PCQ＝45°，
∴∠P′CQ＝45°，
作△CQP′的外接圆⊙I，作IW⊥P′Q于W，
设QI＝IP′＝CI＝r，
∴∠QIP′＝90°，
∴WIQI，QP′r，
∵CI+IW≥BC，
∴r，
∴r≥66，
∴QP′≥12﹣6
∴S△P′CQ最小（12﹣6）1818，
故选：A．
5．若关于x的一元二次方程（a+2）x2+x+a2﹣4＝0的一个根是x＝0，则a的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．2或﹣2 D．4
【分析】由一元二次方程的定义，可知a+2≠0；一根是0，代入（a+2）x2+x+a2﹣4＝0可得a2﹣4＝0，即可求答案．
【解答】解：∵由已知得方程（a+2）x2+x+a2﹣4＝0是关于x的二次方程，
∴a+2≠0，即可得a≠﹣2，
∵方程有一个根x＝0，
∴把x＝0代入（a+2）x2+x+a2﹣4＝0，
即可得a2﹣4＝0，
解方程得a＝±2，
总之a＝2；
故选：A．
6．若m、n是方程x2+x﹣1＝0的两个实数根，则的值是（　　）
A．1 B．﹣1 C．2 D．0
【分析】由m、n是方程x2+x﹣1＝0的两个实数根可得mn＝﹣1，m2＝﹣m+1，代入所求式子即可得到答案．
【解答】解：∵m、n是方程x2+x﹣1＝0的两个实数根，
∴m+n＝﹣1，mn＝﹣1，m2+m﹣1＝0，
∴m2＝﹣m+1，
∴m2+2m
＝﹣m+1+2m
1
1
＝1；
故选：A．
7．如图，小好同学用计算机软件绘制函数y＝x3﹣3x2+3x﹣1的图象，发现它关于点（1，0）中心对称．若点A1（0.1，y1），A2（0.2，y2），A3（0.3，y3），…，A19（1.9，y19），A20（2，y20）都在函数图象上，这20个点的横坐标从0.1开始依次增加0.1，则y1+y2+y3+…+y19+y20的值是（　　）
A．﹣1 B．﹣0.729 C．0 D．1
【分析】根据所给函数图象，发现点An纵坐标的变化规律，再根据中心对称图形的性质即可解决问题．
【解答】解：法一：由题知，
点A10的坐标为（1，0），
则y10＝0．
因为函数图象关于点（1，0）中心对称，
所以y9+y11＝y8+y12＝…＝y1+y19＝0，
将x＝2代入函数解析式得，
y＝23﹣3×22+3×2﹣1＝1，
即y20＝1，
所以y1+y2+y3+…+y19+y20的值为1．
法二：将x＝0代入函数解析式得y＝﹣1，
记此点为A0（0，﹣1），
则y0＝﹣1．
结合上述过程可知，
y9+y11＝y8+y12＝…＝y1+y19＝y0+y20＝0，
所以y0+y1+y2+…+y20＝0，
则y1+y2+…+y20＝y0+y1+y2+…+y20﹣y0＝0﹣（﹣1）＝1．
故选：D．
二．填空题（共2小题）
8．已知m、n是x2﹣x﹣3＝0的两个根，则的值为 　　 ．
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得出m+n＝﹣3，mn＝﹣1，代入整理后的代数式，即可求解．
【解答】解：∵m、n是方程x2﹣x﹣3＝0的两个根，
∴m+n＝1，mn＝﹣3，
∴，
故答案为：．
9．如图，等腰Rt△ABC与等腰Rt△CDE，AC＝BC，CD＝DE，AC＝2CD＝4，DH⊥AE，垂足为H，直线HD交BE于点O．将△CDE绕点C顺时针旋转，则OA的长的最大值是 　2　 ．
【分析】如图，延长ED到N，使得DN＝DE，连接CN，BN，延长BN交AE于M．取BC的中点F，连接AF，OF．利用实打实矩形的性质证明OD∥BN，推出OB＝OE，求出OF，AF即可解决问题．
【解答】解：如图，延长ED到N，使得DN＝DE，连接CN，BN，延长BN交AE于M．取BC的中点F，连接AF，OF．
∵CD⊥EN，DN＝DE，
∴CN＝CE，
∵DC＝DE，∠CDE＝90°，
∴∠DCE＝∠DCN＝45°，
∴∠ACB＝∠NCE＝90°，
∴∠BCN＝∠ACE，
∵CB＝CA，CN＝CE，
∴△BCN≌△ACE（SAS），
∴∠BNC＝∠AEC，
∵∠BNC+∠CNM＝180°，
∴∠CNM+∠AEC＝180°，
∴∠ECN+∠NME＝180°，
∵∠ECN＝90°，
∴∠NME＝90°，
∵DH⊥AE，
∴∠NME＝∠DHE＝90°，
∴OD∥BN，
∵DN＝DE，
∴OB＝OE，
∵BF＝CF，
∴OFEC，
∵CD＝DE＝2，∠CDE＝90°，
∴EC＝2，
∴OF，
在Rt△ACF中，∵AC＝4，CF＝2，
∴AF2，
∵OA≤AF+OF，
∴OA≤2，
∴OA的最大值为2．
故答案为：2．
三．解答题（共4小题）
10．已知关于x的一元二次方程mx2+5x﹣1＝0（m为常数）．
（1）若x＝﹣2是该方程的一个实数根，求m的值；
（2）若该方程有两个实数根，求m的取值范围．
【分析】（1）将x＝﹣2代入原方程可求出m的值；
（2）根据方程的系数结合根的判别式Δ＝b2﹣4ac＞0，可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围．
【解答】解：（1）将x＝﹣2代入原方程得：
m×（﹣2）2+5×（﹣2）﹣1＝0，
解得：m，
∴m的值为；
（2）∵关于x的一元二次方程mx2+5x﹣1＝0有两个实数根，
∴Δ＝52﹣4m×（﹣1）≥0，
解得：m且m≠0，
∴m的取值范围为：m且m≠0．
11．如图，AB，AC是⊙O的两条弦，且．
（1）求证：AO平分∠BAC；
（2）若AB＝4，BC＝8，求半径OA的长．
【分析】（1）已知得到AB＝AC，又OC＝OB，OA＝OA，则△AOB≌△AOC，根据全等三角形的性质知，∠1＝∠2，进而解答即可；
（2）根据勾股定理解答即可．
【解答】证明：（1）连接OB、OC，
∵．
∴AB＝AC，
∵OC＝OB，OA＝OA，
在△AOB与△AOC中，
．
∴△AOB≌△AOC（SSS），
∴∠1＝∠2，
∴AO平分∠BAC；
（2）连接AO并延长交BC于E，连接OB，
∵AB＝AC，AO平分∠BAC，
∴AE⊥BC，
设OA＝x，可得：AB2﹣BE2＝AE2，OB2＝OE2+BE2，
可得：，x2＝OE2+42，OE+x＝8，
解得：x＝5，OE＝3，
∴半径OA的长＝5．
12．在等腰△ABC中，AB＝AC，M为AC中点，D为平面内一点．
（1）如图1，D点在边BC上，连接AD、MD，若∠ADM＝∠B，AD＝DM，求的值；
（2）如图2，D点在BC下方，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转线段到AE，且∠DAE＝∠BAC，连接DE恰好过点M，若∠ABD+2∠AMD＝180°，证明：DM＝2EM；
（3）如图3，已知∠BAC＝90°，D点在边AB上，连接CD，动点P在线段CD上，将线段PA绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ，连接AQ，点N为AQ中点，连接DN．若AD＝2，∠ADC＝60°，请直接写出线段DN的最小值为 　　 ．
【分析】（1）根据三角形外角关系得出∠MDC＝∠BAD，由AB＝AC得∠B＝∠C，运用AAS证明△ABD≌△DCM，得BD＝CM，AB＝DC，进一步可得出的值；
（2）在线段MD上截取MG＝ME，连接AG，CE，证明△ABD≌△ACE（SAS），根据全等三角形的性质得∠ABD＝∠ACE，由∠ABD+2∠AMD＝180°可推出∠CME＝∠CEM，则CE＝CM，再证明△AMG≌△CME（SAS），可得AG＝CE＝CM＝AM，证明△ADG≌△AEM（SAS），得出DG＝EM，即可得出结论；
（3）取BC的中点T，连接AT，TN，PT，PN．首先推出点N的运动轨迹是射线TN（∠ATN＝30°），推出当DN⊥NT时，DN的值最小，再想办法求出DN可得结论．
【解答】（1）解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
又∠ADC＝∠B+∠BAD，∠ADC＝∠ADM+∠CDM，∠B＝∠ADM，
∴∠CDM＝∠BAD，
∵MD＝DA，
∴△ABD≌△DCM（AAS），
∴AB＝CD，BD＝CM，
∵BC＝BD+CD，
∴BC＝CM+AB，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：在线段MD上截取MG＝ME，连接AG，CE，
∵将AD绕点A逆时针旋转到AE，∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC，AD＝AE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+2∠AMD＝180°，
∴∠ACE+2∠AMD＝∠ACE+2∠CME＝180°，
∵∠ACE+∠CME+∠CEM＝180°，
∴∠CME＝∠CEM，
∴CM＝CE，
∵M为AC的中点，
∴CM＝AM＝CE，
∵∠AMG＝∠CME，MG＝ME，
∴△AMG≌△CME（SAS），
∴AG＝CE＝CM＝AM，
∴∠AGM＝∠AMG，
∴∠AGD＝∠AME，
∵AD＝AE，
∴∠ADG＝∠AEM，
∴△ADG≌△AEM（AAS），
∴DG＝EM，
∵MG＝ME，
∴DM＝DG+MG＝2EM；
（3）解：如图3中，取BC的中点T，连接AT，TN，PT，PN．
∵∠CAD＝90°，∠ADC＝60°，AD＝2，
∴∠ACD＝30°，
∴，
∵△ABC，△APQ都是等腰直角三角形，T为BC的中点，点N为AQ中点，
∴△CAT，△APN都是等腰直角三角形，
∴，，∠CAT＝∠PAN＝45°，
∴，∠CAP＝∠TAN，
∴△CAP∽△TAN，
∴∠ATN＝∠ACP＝30°，
∴点N的运动轨迹是射线TN（∠ATN＝30°），
∴当DN⊥NT时，DN的值最小，
连接AT，延长TN交AB于点J，作JW⊥BT于点W，DR⊥BT于点R，NK⊥AD于点K．
∵∠CAD＝90°，∠ADC＝60°，AD＝2，
∴AC＝AB＝2，
∴，
∴，，
∵∠B＝45°，∠JTW＝∠ATB﹣∠ATN＝60°，
∴，
∵JW∥AT，
∴，
∴，，
∴，，
∵S△BTJ＝S△TDJ+S△TDB，
∴，
∴，
∴．
13．已知抛物线y＝﹣（x﹣m）2+4m的顶点在第一象限．
（1）如图1，若m＝1，抛物线交x轴于点A，B，交y轴于点C．
①请直接写出：A点的坐标为 　（﹣1，0）　 ，B点的坐标为 　（3，0）　 ；
②点D在第一象限内的抛物线上，若AD恰好平分四边形ABDC的面积，求点D的坐标；
（2）如图2，抛物线对称轴与x轴交于点P，点Q在x轴负半轴上，M、N两点在x轴下方的抛物线上，若四边形MNPQ是平行四边形，且∠MQP＝45°，求线段OQ长度的最大值．
【分析】（1）①先求出抛物线的解析式，再把y＝0代入方程，即可求解；
②连接BC交AD于点E，分别过点B，C作AD的垂线，垂足分别为F，G，证明△BFE≌△CGE，得出BE＝CE，再由中点公式求出地E的坐标，结合点E的坐标和点A的坐标求得AD所在的直线的解析式，再联立抛物线的解析式即可求解出点D；
（2）过点N作NH⊥x轴，垂足为H，可得xP＝m，设xQ＝t（t＜0），根据平行四边形的性质可得xN，再根据等腰直角三角形的性质求出点N的坐标，代入抛物线解析式进而可求出t的取值范围，进而即可解答．
【解答】解：（1）当m＝1时，抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3，
①当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
故答案为：（﹣1，0）；（3，0）；
②连接BC交AD于点E，分别过点B，C作AD的垂线，垂足分别为F，G，如图1：
由题意，得S△ADB＝S△ADC，
∴BF＝CG，
∴△BFE≌△CGE（AAS），
∴BE＝CE，
∴点E为BC的中点，由B（3，0），C（0，3），点E的坐标为（，），
求得AD的解析式为yx，
由﹣x2+2x+3x，得5x2﹣7x﹣12＝0，
解得x1，x2＝﹣1（舍去），
∴点D为（，）；
（2）过点N作NH⊥x轴，垂足为H，
∵P是抛物线对称轴与x轴的交点，
∴xP＝m，
∵Q是x轴负半轴上一点，
∴设xQ＝t（t＜0）．
∵MN∥PQ，且MN＝PQ，
∴xN﹣xM＝xP﹣xQ＝m﹣t，xM+xN＝2m，
两式相加，得xN，
∵∠MQP＝∠NPH＝45°，
∴△PNH为等腰直角三角形，
∴NH＝PH＝OH﹣OP＝xN﹣xP，
∴，
∴4m，
整理为关于m的方程为m2﹣（2t+18）m+t2+2t＝0，
由题意，得Δ＝（2t+18）2﹣4（t2+2t）≥0，
解得t，
此时关于m的方程的两根之和m1+m2＝2t+18＞0，
当t时，m必有正根，
∴线段OQ长度的最大值是．中小学教育资源及组卷应用平台
2026年中考复习卷10
一．选择题（共7小题）
1．已知⊙O的半径为2，直线l上有一点P满足PO＝2，则直线l与⊙O的位置关系是（　　）
A．相离 B．相交
C．相切 D．相交或相切
2．在平面坐标系中，将抛物线y＝﹣x2+（m﹣1）x﹣m（m＞1）沿y轴向上平移3个单位，则平移后得到的抛物线的顶点一定在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，将劣弧沿AC折叠后刚好经过弦BC的中点D．若AC＝6，∠C＝60°，则⊙O的半径长为（　　）
A． B． C． D．
4．如图，二次函数与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点D与点C关于x轴对称，点P从点A出发向点D运动，点Q在DB上，且∠PCQ＝45°，则图中阴影部分面积的最小值是（　　）
A． B． C．9 D．
5．若关于x的一元二次方程（a+2）x2+x+a2﹣4＝0的一个根是x＝0，则a的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．2或﹣2 D．4
6．若m、n是方程x2+x﹣1＝0的两个实数根，则的值是（　　）
A．1 B．﹣1 C．2 D．0
7．如图，小好同学用计算机软件绘制函数y＝x3﹣3x2+3x﹣1的图象，发现它关于点（1，0）中心对称．若点A1（0.1，y1），A2（0.2，y2），A3（0.3，y3），…，A19（1.9，y19），A20（2，y20）都在函数图象上，这20个点的横坐标从0.1开始依次增加0.1，则y1+y2+y3+…+y19+y20的值是（　　）
A．﹣1 B．﹣0.729 C．0 D．1
二．填空题（共2小题）
8．已知m、n是x2﹣x﹣3＝0的两个根，则的值为 　 　 ．
9．如图，等腰Rt△ABC与等腰Rt△CDE，AC＝BC，CD＝DE，AC＝2CD＝4，DH⊥AE，垂足为H，直线HD交BE于点O．将△CDE绕点C顺时针旋转，则OA的长的最大值是 　 　 ．
三．解答题（共4小题）
10．已知关于x的一元二次方程mx2+5x﹣1＝0（m为常数）．
（1）若x＝﹣2是该方程的一个实数根，求m的值；
（2）若该方程有两个实数根，求m的取值范围．
11．如图，AB，AC是⊙O的两条弦，且．
（1）求证：AO平分∠BAC；
（2）若AB＝4，BC＝8，求半径OA的长．
12．在等腰△ABC中，AB＝AC，M为AC中点，D为平面内一点．
（1）如图1，D点在边BC上，连接AD、MD，若∠ADM＝∠B，AD＝DM，求的值；
（2）如图2，D点在BC下方，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转线段到AE，且∠DAE＝∠BAC，连接DE恰好过点M，若∠ABD+2∠AMD＝180°，证明：DM＝2EM；
（3）如图3，已知∠BAC＝90°，D点在边AB上，连接CD，动点P在线段CD上，将线段PA绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ，连接AQ，点N为AQ中点，连接DN．若AD＝2，∠ADC＝60°，请直接写出线段DN的最小值为 　 　 ．
13．已知抛物线y＝﹣（x﹣m）2+4m的顶点在第一象限．
（1）如图1，若m＝1，抛物线交x轴于点A，B，交y轴于点C．
①请直接写出：A点的坐标为 　 　 ，B点的坐标为 　 　 ；
②点D在第一象限内的抛物线上，若AD恰好平分四边形ABDC的面积，求点D的坐标；
（2）如图2，抛物线对称轴与x轴交于点P，点Q在x轴负半轴上，M、N两点在x轴下方的抛物线上，若四边形MNPQ是平行四边形，且∠MQP＝45°，求线段OQ长度的最大值．

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