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2026年中考数学北师大版一轮复习模拟培优卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，是锐角三角形的外接圆，，垂足分别为，连接．若的周长为21，则的长为（ ）

A．8 B．4 C．3.5 D．3
2．如图，正方形边长为6，圆的半径为1，将圆在正方形外侧无滑动的滚动一周，圆心走过的路径长度为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，点是菱形对角线的交点，，，连接，设，则的长为（　　）

A． B． C． D．
4．如图，有三个正方形，，，点，，，，都在同一直线上，若正方形，的面积分别为和，则正方形的面积为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．11
5．已知二次函数的图象如图所示，以下结论中：①；②；③；④．正确的是（ ）
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④
6．如图，在矩形中，对角线相交于点O，过点O的直线分别交边于点E，F，若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B．2 C． D．4
7．如图，在平面直角坐标系中，点，点，以点M为圆心，为半径作，与y轴的另一个交点为B，点C是上的一个动点，连接，，点D是的中点，连接，则线段的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．“圆材埋壁”是我国古代著名数学著作《九章算术》中的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用数学语言可表述为：“如图，为的直径，弦于E，寸，寸，求直径的长”（1尺寸）．则的长度是（ ）
A．寸 B．13寸 C．24寸 D．26寸
9．如图，已知中，，于D，E是上一点（不与C，D重合），点E作于G，交于F，过E作于H，交于K，连结，．则的值是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，P是的重心，D是边的中点，交于点E，交于点F．若四边形的面积为4，则的面积为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．24
二、填空题
11．如图，飞镖游戏板中每一块小正方形除颜色外都相同．假设飞镖击中每一块小正方形是等可能的（击中小正方形的边界线或没有击中游戏板，则重投1次），任意投掷飞镖1次，飞镖击中阴影区域的概率是_______．
12．如图，是的内接三角形，过点C的的切线交BO的延长线于点P，若，那么度数为_________．

13．如图，老李想用长为的栅栏，再借助房屋的外墙（外墙足够长）围成一个矩形羊圈，并在边上留一个宽的门．当羊圈的长为______米时，能围成一个面积为的羊圈？
14．如图，在菱形中，，点分别是上的动点（不与端点重合），且，连接交于点，则四边形的面积的最大值为_______．
15．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线交于点，过作轴的垂线，垂足为，过作的平行线交于，过作轴的垂线，垂足为，过作的平行线交于，过作轴的垂线，垂足为…按此规律，则线段的长度为_______．（，且为正整数）
三、解答题
16．计算：．
17．（1）计算：；
（2）解不等式组：．
18．已知抛物线，直线，其中，．
(1)求证：直线l与抛物线C至少有一个交点；
(2)若抛物线C与x轴交于，两点，其中，且，求当时，抛物线C存在两个横坐标为整数的顶点；
(3)若在直线l下方的抛物线C上至少存在两个横坐标为整数的点，求k的取值范围．
19．如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长都是个单位长度．
(1)以原点为位似中心，在第三象限内画出将放大为原来的倍后的位似图形；
(2)若的周长为，则的周长是 （用含的代数式表示）．
20．如图，甲、乙两栋楼相距30m，从甲楼处看乙楼顶部的仰角为到地面的距离为18m，求乙楼的高．（参考数据：）
21．已知某桥的桥拱为抛物线形，在正常水位时测得水面的宽为，最高点距离水面，如图所示，以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)某次大雨后水面上涨至，测得最高点距离的高度为，求桥拱下水面的宽度．
22．如图，为的直径，点C在上，与过点C的切线互相垂直，垂足为D．连接并延长，交的延长线于点E．求证：．
23．如图，在等腰中，，点在上（且不与点、重合），在的外部作等腰，使，连接，分别以，为邻边作平行四边形，连接．
(1)求证：是等腰直角三角形；
(2)如图，将绕点逆时针旋转，当点在线段上时，连接，求证：；
(3)如图，将绕点继续逆时针旋转，当平行四边形为菱形，且在的下方时，若，，求线段的长．
24．【阅读与思考】为了落实“内容结构化”理念，进行单元整体教学，李老师在讲授完“一元二次方程”后，对初中阶段各类方程（组）的解法进行了系统总结：它们解法虽不尽相同，但基本思想都是“转化”，即把未知转化为已知：通过“消元”“降次”“去分母”等把“多元方程”“高次方程”“分式方程”转化为“一元一次方程”再求解．利用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新方程．
例如：形如这种根号内含有未知数的方程，我们称之为无理方程．
解法如下：
移项，得：．
两边同时平方，得：，即，
解这个一元二次方程，得：．
……
【任务】
(1)小虎认为材料中这个一元二次方程的两个根就是原无理方程的解；小豫认为这个一元二次方程的根并不都满足原无理方程，还应考虑的双重非负性．请写出你所认为的材料中无理方程正确的解：
(2)解下列方程：①；②．
《2026年中考数学北师大版一轮复习模拟培优卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C D B C B B D B B
1．B
【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是的中点，再由中位线的性质及三角形的周长求解即可．
【详解】解：∵是锐角三角形的外接圆，，
∴点D、E、F分别是的中点，
∴，
∵的周长为21，
∴即，
∴，
故选：B．
【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质，理解题意，熟练掌握三角形外接圆的性质是解题关键．
2．C
【分析】本题考查动点运动过程中走过的路径长度的求法，解答本题的关键是弄清楚在顶点处动点的运动轨迹．圆在正方形的四个角的顶点处旋转的路线是弧，通过观察分析可得圆转动时在四个角上共转动了，即圆心在顶点处走过的路程为半径为的圆的周长， 接下来根据圆周长计算公式求得顶点处圆心走过的路程，然后加上正方形的周长即可得到答案．
【详解】正方形边长为6，
正方形周长为，
圆转动时在四个角上共转动了，
∴圆心在四个角走过的路程为，
圆心走过的路径长度为．
故选：C．
3．D
【分析】根据，得四边形是平行四边形，根据四边形是菱形，得，，，，即可得四边形是矩形，则，在中，根据勾股定理得，即可得．
【详解】解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，，
∴，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．
4．B
【分析】运用正方形边长相等，再根据同角的余角相等可得，然后证明，再结合全等三角形的性质和勾股定理来求解即可．
【详解】解：∵四边形，，都是正方形，
∴，；
∴，
∴，
∴（），
∴，，
∵正方形，的面积分别为和，
∴，
∴正方形的面积
故选∶B．
【点睛】此题主要考查对全等三角形和勾股定理的综合运用，直角三角形的性质以及正方形的性质，关键是证明，做题时要灵活运用所学的知识点．
5．C
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，需要具备一定的数形结合分析能力，理解抛物线的解析式中参数a，b，c对图象的影响，综合抛物线的开口方向，对称轴的位置，函数图象与y轴的交点位置，与x轴的交点个数，以及函数图象中一些特殊的值，即可判断各个选项．解题的关键是观察抛物线与两条坐标轴的交点位置、交点个数以及对称轴的位置．
【详解】解：因为抛物线开口向下，
所以；
因为对称轴在y轴左侧，
所以；
因为抛物线与y轴交于正半轴，
所以，
故，故①正确；
因为抛物线与x轴有两个交点，
所以，故②正确；
因为抛物线对称轴为，即，
所以，故③正确；
因为抛物线对称轴为，且当时，，
所以当时，，
所以时，抛物线在x轴上方，故，故④错误；
故选：C．
6．B
【分析】本题主要考查了矩形的性质以及全等三角形的判定和性质，能够根据三角形全等，从而将阴影部分的面积转化为的面积，是解决问题的关键．
首先结合矩形的性质证明，得的面积相等，从而将阴影部分的面积转化为的面积，再进一步求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，，，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
7．B
【分析】本题主要考查了垂径定理，三角形的中位线定理，勾股定理等知识点，利用三角形的中位线定理将求线段的最大值转化为求弦的最大值是解题的关键．
由垂径定理可得，即点为的中点，再结合点D是的中点，可得是的中位线，根据三角形的中位线定理可得，于是可得当取得最大值时，线段取得最大值，进而可得当经过圆心时，取得最大值，其最大值等于的直径，即，在中，根据勾股定理可得，进而可得，于是得解．
【详解】解：轴轴，
，
，
即：点为的中点，
又点D是的中点，
是的中位线，
，
当取得最大值时，线段取得最大值，
点C是上的一个动点，
当经过圆心时，取得最大值，其最大值等于的直径，即，
，，
，，
在中，根据勾股定理可得：
，
，
故选：．
8．D
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理；连接，根据垂径定理，由可求出的长，设的半径为，则，表示出，在中，根据勾股定理建立关于的方程，求出方程的解即可．
【详解】解：连接，
寸，
寸，
设的半径为，则，
寸，
，
在中，根据勾股定理得：，
解得：，
寸，
故选：D．
9．B
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正确探究三角形相似的性质是解题的关键．
根据，，，证得，根据，得，在证，得 即可得。
【详解】，，， ，
，，
，，
，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
故选：B．
10．B
【分析】连接，根据三角形重心的性质可知：在上，由三角形中线平分三角形的面积可知：，证明和，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可解答．
【详解】解：如图，连接．
点是的重心，点是边的中点，
在上，，
，
，
，
，
，
，
，
设的面积为，则的面积为，的面积为，
四边形的面积为4，
，
，
的面积为6，
的面积是12．
11．
【分析】本题主要考查了几何概率，掌握击中黑色小正方形的概率等于黑色小正方形与正方形总面积之比是解题的关键．
直接用涂有黑色的小正方形个数除以小正方形的总个数即可解答．
【详解】解：∵大正方形等分为25个小正方形，其中涂有黑色的小正方形有9个，且每个小正方形被击中的概率相同，
∴任意投掷飞镖1次，击中黑色区域的概率是．
故答案为：．
12．
【分析】本题考查的是切线的性质、圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．连接、，根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，根据圆内接四边形的性质计算即可．
【详解】解：连接，设与交于点，连接，

为的切线，
，
，
，
，
四边形为的内接四边形，
，
故答案为：
13．或
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意，正确列方程是解题关键．设羊圈的宽为米，则长为米，根据面积为列一元二次方程求解即可．
【详解】解：设羊圈的宽为米，则长为米，
由题意得：，
整理得：，
解得：，，
当时，；
当时，；
即当羊圈的长为或米时，能围成一个面积为的羊圈，
故答案为：或
14．
【分析】由“”可证，可得，求得，连接，过G作于N，过作于，则，由，可证明当重合时，有最大值，此时四边形的面积最大，接着证明垂直平分，得到，求出，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出的长即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴和 都是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，连接，过G作于N，过作于，
则，其中，的长度都是不变的，
那么当最大时，四边形的面积最大，
∵
∴当重合时，有最大值，
∵是等边三角形，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形的面积的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
15．
【分析】如图，过点作于点，过点作于点，过点作于点，确定直线与坐标轴的交点坐标，，得到，，联立直线与直线的表达式并解得，得，，依次求出，，，得到，，，再根据锐角三角函数，即可求解，
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，过点作于点，
设直线交轴于点，交轴于点，
当时，得：；当时，，解得：，
∴，，
∴，；
∴，
∴，
由解得，
∴
∵轴，
∴，
∵过作的平行线交于，
设直线的表达式为，过点，
∴，
解得：，
∴，
由解得，
∴，
∵轴，
∴，
设直线的表达式为，过点，
∴，
解得：，
∴，
由解得，
∴，
∵轴，
∴，
设直线的表达式为，过点，
∴，
解得：，
∴，
由解得，
∴，
∵轴，
∴，
……
∵，，，
∴轴，轴，轴，
∴，
，，，
∴，，，
按此规律，线段的长度为．
故答案为：．
【点睛】本题考查线段长度的规律，一次函数与坐标轴的交点，待定系数法确定函数解析式，两直线的交点，锐角三角函数，平行线的性质，平行线之间的距离处处相等知识点．正确理解点的坐标，一次函数与二元一次方程组之间的内在联系是解题的关键．
16．
【分析】本题考查了实数的混合计算，涉及零指数幂，负指数幂，特殊角的三角函数值，绝对值等知识点，熟练掌握运算顺序和运算法则是解题的关键．
先分别化简绝对值，求特殊角的三角函数值，计算零指数幂和负指数幂，然后进行合并即可．
【详解】解：
17．（1）；（2）
【分析】本题主要考查了实数的混合运算、特殊角的三角函数值、解不等式组等知识点，灵活运用相关运算法则和方法成为解题的关键．
（1）先根据负整数次幂、特殊角的三角形函数值、绝对值、零次幂化简，然后再计算即可；
（2）先分别求出各不等式的解集，然后再确定不等式组的解集即可．
【详解】解：（1）
；
（2）解：.
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴原不等式组的解集为．
18．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）联立，解方程，判断方程的解得个数即可解答；
（2）根据时，，结合抛物线C与x轴交于，两点，结合，则，且，求得，确定h的整数解有1,2两个，得证．
（3）根据题意，得当时，恒成立．建立不等式解答即可．
本题考查了抛物线与一次函数的综合，不等式组的解集与整数解，熟练掌握抛物线的性质是解题的关键．
【详解】（1）联立，
解方程，得，
当时，
，
即直线与抛物线恒过点，
故直线l与抛物线C至少有一个交点．
（2）当时，，
∵抛物线C与x轴交于，两点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
解得，
∵h时整数，
∴，
故抛物线C存在两个横坐标为整数的顶点，且顶点坐标为．
（3）．∵如图所示：由（1）可知：抛物线C与直线都过点．
当，，在直线下方的抛物线C上至少存在两个横坐标为整数点，
即当时，恒成立．
故，
整理得：．
又∵，
∴，
∴．
19．(1)见解析；
(2)．
【分析】（）连接，使得，，，顺次连接即可；
（）与为位似图形，则，且相似比为，故有的周长与周长的比为，代入即可求解；
本题考查了画位似图形，求位似图形的面积，掌握位似图形的性质是解题的关键．
【详解】（1）解：如图，连接，使得，，，顺次连接
∴即为所求；
（2）解：∵与为位似图形，
∴，且相似比为，
∴的周长与周长的比为，
∵的周长为，
∴的周长为，
故答案为：．
20．乙楼的高为
【分析】本题考查了解直角三角形的实际应用，正确理解题意，构造直角三角形是解题的关键．
由题意得，四边形为矩形，，，，则，，，然后解求出，再由即可求解．
【详解】解：如图，
由题意得，四边形为矩形，，，
∴，，，
∵在中，，
∴，
∴，
答：乙楼的高为．
21．(1)
(2)桥拱下水面的宽度为
【分析】本题考查二次函数的实际应用．
（1）利用待定系数法，根据建立的坐标系以及已知条件，求出点A，C的坐标，然后代入求解即可；
（2）根据水面高度先求出点E，F的纵坐标，然后代入抛物线解析式求出横坐标，再最后求出的长．
【详解】（1）解：由题意得， ，
∴点的坐标为，点A的坐标为，
设抛物线的表达式为，
把代入，得，
解得，
∴该抛物线的表达式为；
（2）解：∵，，
∴ ，
由题意得，
解得，．
∴点E的坐标为，点的坐标为，
∴，
答：桥拱下水面的宽度为．
22．见解析
【分析】本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的性质与判定，平行线的性质与判定，连接，由切线的性质得到，进而证明得到，再由等边对等角推出，由此可证明．
【详解】证明：如图所示，连接，
∵为切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
23．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】（）依据，，即可证明是等腰直角三角形；
（）连接，交于，先证明，再证明是等腰直角三角形即可得出结论；
（）当时，四边形是菱形，先求得，中，，即可得到．
【详解】（1）如图，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形；
（2）如图，连接，交BC于K，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（3）如图，
当时，四边形是菱形，
设交于，
∵，，
∴垂直平分，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质、菱形的性质以及勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握知识点的应用．
24．(1)；
(2)①，，；②．
【分析】此题考查了一元二次方程的应用，涉及了因式分解法求解一元二次方程，
（1）分别将，代入原无理方程，查看等式是否成立，即可求解；
（2）①用因式分解法将原方程分解成三个一元一次方程，解一元一次方程即可；②按照题意步骤，求解方程，最后检验方程，即可求解．
【详解】（1）解：将代入原无理方程，可得：左边，左边=右边，方程成立，符合题意；
将代入原无理方程，可得：左边，左边右边，方程不成立，不符合题意；
故答案为：；
（2）解：①，
，
，
∴或或，
∴，，；
②，
移项，得，
两边平方，得，
整理后，得，
解这个一元二次方程，得，，
将代入，可得：左边，左边=右边，方程成立，符合题意；
将代入，可得：左边，右边，左边右边，不符合题意，舍去；
综上，．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）

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