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2026年齐齐哈尔市中考数学仿真试卷（二）
考生注意：
1.考试时间120分钟
2.全卷共三道大题，总分120分
3.请将答案写在答题卡的指定位置
一、单选题（每小题3分，满分30分）
1．如图，若数轴上的点，分别与实数，对应，用圆规在数轴上画点，则与点对应的实数是（ ）
A． B． C． D．
2．下列这些标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图是由5个相同小立方体搭成的几何体，若将小立方体①放到小立方体②的正上方，则关于该几何体变化前后的三视图，下列说法正确的是（ ）
A．主视图不变，左视图、俯视图改变
B．左视图、俯视图不变，主视图改变
C．主视图、俯视图不变，左视图改变
D．主视图、俯视图、左视图都发生改变
5．如图1，在边长为的正方形内部有一不规则图案（图中阴影部分），为测算阴影部分面积，信息技术强的小亮利用计算机进行模拟试验，通过计算机在正方形区域随机投放一个点，并记录该点落在阴影上的频率数据，结果如图2所示．小亮由此估计阴影部分面积约为（ ）．
A．160 B．140 C．100 D．70
6．如图，直线，一副三角板放置在之间，一个三角板的斜边在上，较长的直角边与另一个三角板的斜边在同一直线上．则的度数是（ ）
A． B． C． D．
7．关于 x 的分式方程的解为正数，则a 的取值范围是（ ）
A．且 B．且 C．且 D．且
8．小红去商店购买A，B两种玩具，共用了30元钱，A种玩具每件3元，B种玩具每件2元．若每种玩具至少买一件，且A种玩具的数量少于B种玩具的数量，则小红的购买方案有（ ）
A．5种 B．4种 C．3种 D．2种
9．如图，在中，，，点D在线段上由点A向点B运动，且交的边于点E，，设，在中扫过的面积为y，则x与y的函数关系可以用图像（ ）表示．
A． B． C． D．
10．如图，二次函数（）的图象与x轴交于两点，，且．下列结论：①；②；③；④若m和n是关于x的一元二次方程（）的两根，且，则，；⑤关于x的不等式（）的解集为．其中正确结论的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题（每小题3分，满分18分）
11．2025年9月，中芯国际开始测试国产浸没式光刻机，标志着中国在制程核心设备领域实现里程碑式进展．已知，将用科学记数法表示为________．
12．如图，矩形纸片中，，，在矩形中剪下一个扇形和一个圆形，若以剪下的扇形为侧面，剪下的圆形为底面，恰好可以围成一个圆锥的表面，则围成的圆锥的底面半径为______．
13．如图，在中，以点O为圆心，以适当长为半径作弧，分别与、相交于点A，B，再分别以A，B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内部相交于点P，作射线OP．分别以O，A为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点C，D，作直线分别与，，相交于点E，F，G．若，，则的长为______．
14．已知，原点O为正方形的中心，A，B，C，D均在坐标轴上，，反比例函数的图象与边交于点E，F，与边交于点H，G，连接，．若的面积为4，则k的值为________．
15．如图，矩形中，，对角线，交于点O，将绕点O顺时针旋转至，与，分别交于点M，N．当为直角三角形时，的长为_______．
16．如图，在平面直角坐标系中，四边形，，，，…都是平行四边形，顶点，，，，，…都在轴上，顶点，，，，…都在正比例函数（）的图象上，且，，，…，连接，，，，…，分别交射线于点，，，，…，连接，，，…，得到，，，…．若，，，则的面积为______________．

三、解答题(本题共8道大题，共72分)
17．(本题共2个小题，第(1)题5分，第(2)题4分，满分9分)
（1）计算：
（2）因式分解：．
18．（本小题4分）求不等式组：的所有正整数解．
19．（本小题5分）解方程：；
20．（本小题8分）设中学生体质健康综合评定成绩为分，满分为100分，规定：为级，为级，为级，为级.现随机抽取实验中学部分学生的综合评定成绩，请根据图中的信息，解答下列问题：
(1)在这次调查中，一共抽取了________名学生，________；
(2)补全条形统计图；扇形统计图中级对应的圆心角为________；
(3)若该校共有4000名学生，请你估计该校级学生有多少名？
21．（本小题10分）在一条笔直的公路上依次有三地．甲、乙两车同时出发，甲车从地匀速行驶到地，1小时后按原路原速返回到地；乙车从地匀速行驶到地．在行驶的过程中，甲、乙两车距地的路程（千米）与行驶时间（小时）之间的函数图象如图所示，请结数量合图象信息，解答下列问题：
(1)甲车的速度为___________千米/时，乙车的速度为___________千米/时；
(2)求甲车从地行驶到地的过程中，距地的路程（千米）与行驶时间（小时）之间的函数解析式；
(3)请直接写出两车出发多少小时相距30千米．
22．（本小题10分）如图，内接于，是边上的高，过点A作射线交的延长线于点D，且．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，，求阴影部分的面积．
23．（本小题12分）
【基础探究】
在正方形中，，点分别在边上，与相交于点．
(1)①如图1，若点分别是的中点，则___________；
②如图2，若，则___________；
【类比探究】
在菱形中，，点分别在边上，对角线相交于点，与相交于点，连接交于点．
(2)①如图3，若点分别是的中点，求的值；
②如图4，若，求证：；
【拓展延伸】
(3)如图5，在四边形中，，且，点为的中点．若，请直接写出的值．
24．（本小题14分）如图，已知抛物线与x轴交于点A和点，与y轴交于点．
(1)求抛物线对应的函数表达式；
(2)若点P是抛物线上在直线上方一点，连接，当直线把分成面积比为的两部分时，求点P的坐标；
(3)将射线绕点C逆时针旋转一定角度，使其恰好经过抛物线的顶点D，再将抛物线沿射线方向平移，得到一条新的抛物线（其顶点为M）．设这两条抛物线的交点为Q．
①求旋转角度的正弦值；
②当时，请直接写出原抛物线平移的距离．
《2026年齐齐哈尔市中考数学仿真试卷（二）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C D B B C B D C B
1．A
【分析】本题考查了实数与数轴，根据实数与数轴上的点一一对应，先求出，再根据半径相等得到，即可求出与点对应的实数．
【解答】解：数轴上的点，分别与实数，对应，
，
，
与点对应的实数是：，
故选：．
2．C
【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【解答】解：A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意；
C．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意．
3．D
【分析】本题考查整式的基本运算，需根据合并同类项法则，同底数幂乘法法则，完全平方公式，积的乘方法则逐一判断选项正误．
【解答】解：A、与不是同类项，不能合并，该选项不符合题意；
B、，该选项不符合题意；
C、，该选项不符合题意；
D、，该选项符合题意．
4．B
【分析】本题考查了简单组合体的三视图，解题的关键是学生的观察能力和对几何体三种视图的空间想象能力．
根据三视图的定义求解即可．
【解答】解：根据图形可知，将小立方体①放到小立方体②的正上方，左视图、俯视图不变，主视图改变．
故选：B．
5．B
【分析】根据频率估计概率解答即可．
【解答】解：由统计图知，随着实验次数的增加，点落在不规则图案上的频率稳定在，
∴点落在不规则图案上的概率为．
∴估计阴影部分面积约为．
6．C
【分析】由平行线的性质得到的度数，再由三角形外角的性质可得答案．
【解答】解：如图所示，延长交直线于点F，
∵，，
∴，
∵，，
∴．
7．B
【分析】先解分式方程得到x关于a的表达式，再根据“解为正数”和“分式分母不为零”两个条件列不等式，求解得到a的取值范围．
【解答】解：
方程两边同乘得：，
移项、合并同类项得：，
方程的解为正数，且分式分母不能为0，
，即，
，
解得：且．
8．D
【分析】本题考查了二元一次方程的整数解与不等式应用，掌握根据实际问题列方程，结合约束条件枚举正整数解是解题的关键．
设种玩具数量为，种玩具数量为，根据总花费列出二元一次方程，结合，，，且，均为正整数，枚举即可得到方案数．
【解答】解：设种玩具购买件，B种玩具购买件，根据题意得 ，整理得 ，
∵，均为正整数，且满足，，，
∴由得，不等式变形得 ，即，得，
∵为正整数，
∴为偶数，
∵是偶数，
∴为偶数，即为偶数，
∵且为正整数，
∴可取，，当时，，符合条件；
当时，，符合条件；
∴共有种购买方案，
故选：．
9．C
【分析】作于点H，分情况讨论：当在的左侧时， ；当在处时，；当在的右侧时，，结合图象判断即可．
【解答】解：如图，作于点H，
∵在中，，，，
∴，，
∵，，
∴，，
当在的左侧时，
中扫过的面积；
当在处时，
中扫过的面积；
当在的右侧时，，
中扫过的面积，
∴只有选项C符合．
10．B
【分析】根据抛物线开口，对称轴，以及与轴的交点，确定的符号，即可判断①，根据二次函数的图象过，得出，进而判断对称轴，得出，进而判断②和③，根据函数图象判断④，将一般式写成交点式得出，化简不等式为，求得解集，即可求解．
【解答】解：∵抛物线开口向上，
∴，
∵对称轴在轴的右侧，
∴，
∴，
∵抛物线与轴交于负半轴，
∴，
∴，故①正确，
∵二次函数的图象过，
∴，
∵二次函数的图象与轴交于两点，，且．
∴对称轴，即，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴
，
∴，故③错误；
④∵二次函数的图象与轴交于两点，，
∴
∴关于的一元二次方程的两个根，即函数与的交点的横坐标，如图所示：
由图象可得，，
∴若和是关于的一元二次方程的两根，且，则，；故④正确；
⑤∵二次函数的图象与轴交于两点，，
∴
，
∴，，
∴，，
∴可化为，
即，
∵，
∴，
解得：或，
∴关于的不等式的解集为或不是，故⑤错误
故正确的有①②④，共3个．
11．
【解答】解：．
12．
【分析】本题考查矩形的性质，直角三角形的性质，扇形与圆锥的关系，掌握弧长公式是解题关键．
先构造直角三角形求出扇形圆心角，再利用“扇形弧长等于圆锥底面周长”的等量关系列方程，解出底面半径．
【解答】解：如图，过点作，
根据题意，，，
，，
，
扇形的圆心角，半径，
，
设底面圆的半径为，则，
解得，即圆锥的底面半径为．
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了角平分线和垂直平分线的基本作图及性质，熟练掌握基本性质是解题关键；
过点作于点，利用垂直平分线和角平分线性质以及角度的和差关系证得、为直角等腰三角形，设，则，再利用等腰直角三角形的性质列方程求解即可．
【解答】解：过点作于点，
由作图可知为的垂直平分线，为的角平分线，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为直角等腰三角形，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
设，则，
∴，
∴，
∴．
故答案为： ．
14．
【分析】分别过点E、F作、，根据正方形的性质、等腰三角形的性质以及点的坐标和线段长的关系，确定点E、F的横坐标与k的关系，再根据的面积为4以及反比例函数中k的几何意义求出答案．
【解答】解：分别过点E、F作、，
∵点E，F都在反比例函数的图象上，
∴设，，
由于反比例函数图象在第一、三象限，，
点E，F都在第一象限，
，，
，，，，
∵四边形为正方形，点O为正方形的中心，，
，，
，，
，，
，，
，，
即，，
，
整理得，
，
，
将代入得，
，
，
即，
整理得，
，
，
解得，
，
，
．
15．或
【分析】由题意易得，，则有，由旋转的性质可知：，，然后根据题意可分当时，当时，进而分类进行求解即可．
【解答】解：∵四边形是矩形，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
由旋转的性质可知：，，则由题意可分：
当时，
∴，
∴，
∴；
当时，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
16．
【分析】根据题意和图形可先求得，，，，，，，，，从而得，，，，利用三角形的面积公式即可得解．
【解答】解：∵，，，
∴点与点的横坐标相同，，，，，
∴轴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形，，，，…都是平行四边形，
∴，，，，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
同理可得，，，，，，，
∴，，
∴，
∵在上，
∴，
∴，
故答案为：．
17．（1）；（2）
【解答】（1）解：
．
（2）解：
；
18．1，2，3
【解答】解：解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴不等式组的解集为，
∴不等式组的所有正整数解为1，2，3．
19．
【解答】解：
，
可得或
解得；
20．(1)
(2)补全条形统计图见解答，
(3)
【分析】（1）由条形统计图与扇形统计图的数据关联求解即可；
（2）求出级人数即可补全条形统计图，再由级人数占比即可求出扇形统计图中级对应的圆心角；
（3）由级学生人数占比估计该校4000名学生中级学生人数即可．
【解答】（1）解：由条形统计图与扇形统计图中级人数及占比可得在这次调查中一共抽取学生数为；
由条形统计图中级人数可得其占比为，则；
（2）解：由（1）知这次调查中一共抽取名学生，
则级人数为，
补全条形统计图如下：
扇形统计图中级对应的圆心角为；
（3）解：（名），
答：该校4000名学生中级学生有名．
21．(1)120，60
(2)
(3)小时，小时，小时
【分析】本题考查一次函数的应用，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
（1）根据函数图象中的数据，可以计算出甲、乙车的速度；
（2）设甲车从地到地过程中与的函数解析式为，将点，代入求解，可得出解析式，并写出自变量的取值范围；
（3）根据题意可知存在三种情况，然后分别计算即可．
【解答】（1）解：由图象可得，
甲车的速度为：（千米时），
甲车从开始到地所需的时间为：（时），
乙车的速度为：（千米时），
故答案为：120，60；
（2）解：由题意可得，甲车从第4小时从地返回地，且第7小时到达地，，
设甲车从地到地过程中与的函数解析式为，
点，在该函数图象上，
，
解得，
即甲车从地到地过程中与的函数解析式为；
（3）解：两车出发后经过小时相距30千米，
当时，
或，
解得或；
当时，
两车的距离大于30千米；
当时，
两车的距离大于30千米；
当时，
，
解得；
由上可得，两车出发后经过小时或小时或小时时相距30千米．
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据圆周角定理以及三角形内角和的关系得到，再由角度的关系得到，进行等量代换，得到，由此可证切线；
（2）先由，得到边长成比例进而求解的长度，结合，可求解，进而可得的度数，由圆周角定理即可求解的度数，再由等边三角形的面积和扇形面积即可求解阴影面积．
【解答】（1）证明：连接，，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，即，
∴．
∵是的半径，
∴为切线．
（2）解：连接，，如图，
∵，，
∴，
∴，
由，得．
∴，
由，可得，
在中，，
∴，
由勾股定理可得，
在中，，，
∴，即，
∴，
∵，
则为等边三角形，
∴，
∴的高为，
∴，
∴，
∴．
23．(1)①；②；
(2)①；②见解析；
(3)
【分析】（1）①连接，设和交于点，首先，由正方形的性质得，再由点分别是的中点，得，可得，最后，得；
②首先，证得，得，再由，代入可得的长；
（2）①首先，由菱形的性质及，得，进而得，即，接着，由点分别是的中点，得，得，可得，进而得，代入化简可得比值；
②延长至点，使，连接，首先，证得是等边三角形，得，再证得，可得，进而得出；
（3）作，交于点，交于点，作，交的延长线于点，得，再证得四边形是平行四边形，得，由，得，然后，证得，得，设，则，将代数式代入，整理得，解得或（舍去），最后，得．
【解答】（1）①解：如图1，连接，设和交于点．
∵四边形是正方形，，
∴．
∵点分别是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
②解：∵四边形是正方形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴
∴．
（2）①解：∵四边形是菱形，，
∴，，平分，
∴，
∴，
∴．
∵点分别是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
②证明：如图2，延长至点，使，连接．
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解:如图3，作，交于点，交于点，作，交的延长线于点，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴．
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴或（舍去），
∴．
24．(1)；
(2)或；
(3)①，②
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点的坐标，再利用待定系数法求出直线的表达式，令与的交点为，根据题意分两种情况求解：①当时；②当时，利用同底等高三角形面积比等于高之比，得出点的纵坐标，再代入直线得出点的坐标，从而求出直线的表达式，再求出直线与抛物线的交点坐标，即可得解；
（3）①先求出顶点的坐标，从而得出直线的表达式，过点作交轴于点，过点作于点，则，求出直线的解析式，则，利用等面积法，求出，再根据坐标两点距离公式，求出，即可得出旋转角度的正弦值；
②分别过点、作轴和轴的垂线交于点，根据抛物线沿射线方向平移，设抛物线向上平移个单位长度，向右平移个单位长度，则新的抛物线解析式为，进而得到顶点，再求出两个抛物线的交点，过点作轴于点，过点作的延长线于点，证明，得到，解方程即可得解．
【解答】（1）解：将点和代入得，
，解得：，
抛物线对应的函数表达式为；
（2）解：，
令，则，
解得：，，
，
设直线的表达式为，
则，解得：，
直线的表达式为，
令与的交点为，直线把分成面积比为的两部分，
①如图，当时，则，
，
，
令，解得：，
，
设直线表达式为，
则，解得：，
直线的表达式为，
联立，解得：，（舍），
，
点P的坐标为；
②如图，当时，则，
，
，
令，解得：，
，
同法可得，直线的表达式为，
联立，解得：，（舍），
，
点P的坐标为；
综上可知，点P的坐标为或；
（3）解：①，
，
，
同法可得，直线的表达式为，
由旋转的性质可知，为旋转角，
如图，过点作交轴于点，过点作于点，
，
，
，
设直线的解析式为，
，
解得：，
直线的解析式为，
当时，，
，
，，
，
，
，
，
即旋转角度的正弦值；
②如图，分别过点、作轴和轴的垂线交于点，
，，
，，
抛物线沿射线方向平移，
设抛物线向上平移个单位长度，向右平移个单位长度，
新的抛物线解析式为，
，
联立，解得：，
，
如图，过点作轴于点，过点作的延长线于点，
，，，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：，（舍），
抛物线向上平移个单位长度，向右平移个单位长度，
原抛物线平移的距离为．
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