2026年中考数学一轮复习 填空题（含解析）

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中考数学一轮复习 填空题
一．填空题（共25小题）
1．（2024 绵阳）超市销售某种礼盒，该礼盒的原价为500元．因销量持续攀升，商家在3月份提价，后发现销量锐减，于是经过核算决定在3月份售价的基础上，4，5月份按照相同的降价率连续降价．已知5月份礼盒的售价为486元，则 　　，
2．（2024 武汉）中国是世界上最早使用负数的国家．负数广泛应用到生产和生活中，例如，若零上记作，则零下记作 　　．
3．（2024 泉州二模）计算：　　．
4．（2024 宿城区一模）单项式的次数是 　　．
5．（2024 滕州市一模）如图，在△中，，，，以点为圆心，的长为半径作弧，分别交，于点，，则图中阴影部分的面积为 　　．
6．（2024 西安区校级模拟）若、是一元二次方程的两个根，则的值是 　　．
7．（2024 金山区二模）计算：　　．
8．（2024 高新区校级三模）如图，菱形的边长为4，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于，两点，直线交于点，连接，则的长为 　　．
9．（2024 淮北三模）抛物线经过原点，且与轴的正半轴交于点，顶点的坐标为．
（1）的值为 　　；
（2）若点为抛物线上一动点，其横坐标为，作轴，且点位于一次函数的图象上．当时，的长度随的增大而增大，则的取值范围是 　　．
10．（2024 连云区一模）若，是一元二次方程的两个实数根，则的值为 　　．
11．（2024 同心县模拟）如图，四边形是的内接四边形，，则　　．
12．（2024 滨州）如图，在中，点，分别在边，上．添加一个条件使，则这个条件可以是 　　．（写出一种情况即可）
13．（2024 滨州）将抛物线先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，则平移后抛物线的顶点坐标为 　　．
14．（2024 甘肃）如图1为一汽车停车棚，其棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分，如图2是棚顶的竖直高度（单位：与距离停车棚支柱的水平距离（单位：近似满足函数关系的图象，点在图象上．若一辆箱式货车需在停车棚下避雨，货车截面看作长，高的矩形，则可判定货车 　　完全停到车棚内（填“能”或“不能” ．
15．（2024 柴桑区二模）如图，在正八边形的内部作正方形，则的度数为 　　．
16．（2024 盐城三模）圆在中式建筑中有着广泛的应用．如图，某园林中圆弧形门洞的顶端到地面的高度为，地面入口的宽度为，门枕的高度为，则该圆弧所在圆的半径为 　　．
17．（2024 东平县一模）如图，已知等边三角形纸片，点在边上，点在边上，沿折叠，使点落在边上的点的位置，且，则　　．
18．（2024 常州二模）已知为方程的一个根，则代数式的值是 　　．
19．（2024 寻乌县一模）如图，在中，，为边上一点．若将分成了两个等腰三角形，则的度数为 　　．
20．（2024 乌鲁木齐模拟）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是 　　．
21．（2024 达州模拟）已知线段，点是的黄金分割点，且，则　　．
22．（2024 常州一模）图中的小正方形的边长都相等，若，则点可能是四个点中的点 　　．
23．（2024 中卫模拟）如图1是个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小王按照如图2所示的方法玩拼图游戏，两两相扣，相互不留空隙，那么小王用2024个这样的图形（图拼出来的图形的总长度是 　　．（结果用，表示）
24．（2024 济宁二模）如图，在四边形中，，，，，点在线段上运动，点在线段上，，则线段的最小值为 　　．
25．（2024 淮安模拟）如图，在平面直角坐标系中，与是以点为位似中心的位似图形，若点坐标为，点的坐标为，且，则点的坐标为 　　．
中考数学一轮复习 填空题
参考答案与试题解析
一．填空题（共25小题）
1．（2024 绵阳）超市销售某种礼盒，该礼盒的原价为500元．因销量持续攀升，商家在3月份提价，后发现销量锐减，于是经过核算决定在3月份售价的基础上，4，5月份按照相同的降价率连续降价．已知5月份礼盒的售价为486元，则 　　，
【答案】．
【考点】一元二次方程的应用
【专题】应用意识；一元二次方程及应用
【分析】4月份价格从元开始降价，如果两个月平均降价率为，根据“5月份的售价为486元”作为相等关系得到方程，解方程即可求解．注意解的合理性，从而确定取舍．
【解答】解：根据题意得，
解得，（不合理舍去）．
所以4，5月份两个月平均降价率为．即．
故答案为：．
【点评】本题考查的是一元二次方程的应用．原来的数量（价格）为，平均每次增长或降低的百分率为的话，经过第一次调整，就调整到，再经过第二次调整就是．增长用“”，下降用“”．
2．（2024 武汉）中国是世界上最早使用负数的国家．负数广泛应用到生产和生活中，例如，若零上记作，则零下记作 　　．
【考点】正数和负数
【专题】实数；符号意识
【分析】在一对具有相反意义的量中，先规定其中一个为正，则另一个就用负表示．
【解答】解：“正”和“负”相对，所以，若零上记作，则零下记作．
故答案为：
【点评】此题主要考查了正负数的意义，解题关键是理解“正”和“负”的相对性，明确什么是一对具有相反意义的量．
3．（2024 泉州二模）计算：　　．
【考点】二次根式的加减法
【专题】二次根式；运算能力
【分析】根据二次根式的减法法则进行计算即可．
【解答】解：
，
故答案为：．
【点评】本题考查二次根式的运算，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
4．（2024 宿城区一模）单项式的次数是 　6　．
【答案】6．
【考点】单项式
【专题】运算能力；整式
【分析】根据一个单项式中所有字母的指数的和叫做单项式的次数得出答案．
【解答】解：单项式的次数是6．
故答案为：6．
【点评】此题主要考查了单项式，掌握一个单项式中所有字母的指数的和叫做单项式的次数是关键．
5．（2024 滕州市一模）如图，在△中，，，，以点为圆心，的长为半径作弧，分别交，于点，，则图中阴影部分的面积为 　　．
【考点】含30度角的直角三角形；扇形面积的计算
【专题】与圆有关的计算；应用意识
【分析】连接，过点作，垂足为，找出即可求出答案．
【解答】解：连接，过点作，垂足为，如图所示，
，，，
，，，
以点为圆心，的长为半径作弧，
，
△是等边三角形，
，
，
△是等腰三角形，
，
，，
，
故答案为：．
【点评】本题考查扇形的面积，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分割法求面积，属于中考常考题型．
6．（2024 西安区校级模拟）若、是一元二次方程的两个根，则的值是 　6　．
【答案】6．
【考点】根与系数的关系；一元二次方程的解
【专题】运算能力；一元二次方程及应用
【分析】利用一元二次方程的解，可得出，利用根与系数的关系，可得出，再将其代入中，即可求出结论．
【解答】解：是一元二次方程的根，
，
．
，是一元二次方程的两个根，
，
．
故答案为：6．
【点评】本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解答本题的关键．
7．（2024 金山区二模）计算：　　．
【答案】．
【考点】同底数幂的乘法
【专题】整式；运算能力
【分析】根据同底数的幂的乘法，底数不变，指数相加，计算即可．
【解答】解：．
故答案为：．
【点评】熟练掌握同底数的幂的乘法的运算法则是解题的关键．
8．（2024 高新区校级三模）如图，菱形的边长为4，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于，两点，直线交于点，连接，则的长为 　　．
【考点】线段垂直平分线的性质；菱形的性质；作图—基本作图
【专题】作图题；矩形 菱形 正方形；推理能力
【分析】连接，如图，利用基本作图得到垂直平分，则根据线段垂直平分线的性质得到，再证明△为等腰直角三角形，则，接着根据菱形的性质得到．
【解答】解：由作法得垂直平分，
，
，
，
△为等腰直角三角形，
，
，
，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了作图基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和菱形的性质．
9．（2024 淮北三模）抛物线经过原点，且与轴的正半轴交于点，顶点的坐标为．
（1）的值为 　1　；
（2）若点为抛物线上一动点，其横坐标为，作轴，且点位于一次函数的图象上．当时，的长度随的增大而增大，则的取值范围是 　　．
【答案】（1）1；（2）．
【考点】二次函数图象与系数的关系；一次函数图象上点的坐标特征；抛物线与轴的交点；一次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力
【分析】（1）将顶点坐标代入抛物线表达式中求解即可；
（2）先求得抛物线和直线的交点坐标，设，，分和两种情况，利用坐标与图形性质，用表示出，根据二次函数的性质分别求解即可．
【解答】解：（1）由题意，将代入中，得，
解得，
故答案为：1；
（2）由（1）得抛物线的表达式为，
联立方程组，解得或，
抛物线与直线的交点坐标为，，
设，，
当时，，
，
当时，的长度随的增大而减小，不符合题意；
当时，，
，
当时，的长度随的增大而增大，当时，的长度随的增大而减小，
故答案为：．
【点评】本题考查二次函数的图象与性质、坐标与图形，熟练掌握二次函数的性质是解答的关键．
10．（2024 连云区一模）若，是一元二次方程的两个实数根，则的值为 　5　．
【答案】5．
【考点】根与系数的关系
【专题】运算能力；整式
【分析】先根据一元二次方程的解的定义及根与系数的关系得出，，再将其代入整理后的代数式计算即可．
【解答】解：，是一元二次方程的两个实数根，
，，即：，
，
故答案为：5．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，．也考查了一元二次方程的解．
11．（2024 同心县模拟）如图，四边形是的内接四边形，，则　130　．
【考点】圆内接四边形的性质
【分析】先根据圆周角定理求出的度数，再由圆内接四边形的性质即可得出结论．
【解答】解：，
．
四边形是圆内接四边形，
．
故答案为：130．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质，熟知圆内接四边形对角互补是解答此题的关键．
12．（2024 滨州）如图，在中，点，分别在边，上．添加一个条件使，则这个条件可以是 　（答案不唯一）　．（写出一种情况即可）
【答案】（答案不唯一）．
【考点】相似三角形的判定
【专题】图形的相似；推理能力
【分析】由相似三角形的判定方法，即可得到答案．
【解答】解：，
添加条件：（答案不唯一），判定，
故答案为：（答案不唯一）．
【点评】本题考查相似三角形的判定，关键是掌握相似三角形的判定方法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．
13．（2024 滨州）将抛物线先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，则平移后抛物线的顶点坐标为 　　．
【答案】．
【考点】二次函数图象与几何变换；二次函数的性质
【专题】应用意识；二次函数图象及其性质
【分析】利用平移规律可求得平移后的抛物线的解析式，可求得其顶点坐标．
【解答】解：将抛物线先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，后抛物线解析式为，
顶点坐标为，
故答案为：．
【点评】本题主要考查二次函数的图象与几何变换，根据平移的规律求得平移后抛物线的解析式是解题的关键．
14．（2024 甘肃）如图1为一汽车停车棚，其棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分，如图2是棚顶的竖直高度（单位：与距离停车棚支柱的水平距离（单位：近似满足函数关系的图象，点在图象上．若一辆箱式货车需在停车棚下避雨，货车截面看作长，高的矩形，则可判定货车 　能　完全停到车棚内（填“能”或“不能” ．
【答案】能．
【考点】二次函数的应用
【专题】推理能力；二次函数图象及其性质
【分析】根据题意求出当时，的值，若此时的值大于1.8，则货车能完全停到车棚内，反之不能，据此求解即可．
【解答】解：，，
，
在中，
当时，，
，
货车能完全停到车棚内，
故答案为：能．
【点评】本题主要考查了二次函数的实际应用，根据题意求出范围是解题的关键．
15．（2024 柴桑区二模）如图，在正八边形的内部作正方形，则的度数为 　　．
【答案】．
【考点】多边形内角与外角
【专题】运算能力；多边形与平行四边形
【分析】利用正多边形的内角和定理、正多边形的性质求出和的度数即可．
【解答】解：在正八边形的内部作正方形，
，，
，
故答案为：．
【点评】本题考查了正多边形的内角和定理，正多边形的性质，熟知正多边形的内角和为 且为整数）是解题的关键．
16．（2024 盐城三模）圆在中式建筑中有着广泛的应用．如图，某园林中圆弧形门洞的顶端到地面的高度为，地面入口的宽度为，门枕的高度为，则该圆弧所在圆的半径为 　1.3　．
【考点】垂径定理的应用
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力
【分析】设该门洞的半径的半径为 ，过点作于点，延长交圆于点，连接，则，，由垂径定理得，然后在△中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：设该门洞的半径的半径为 ，
如图，过点圆心作于点，延长交圆于点，连接，
则，，
，
在△中，由勾股定理得：，
，
解得：，
即该门洞的半径为，
故答案为：1.3．
【点评】本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理的应用，掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．
17．（2024 东平县一模）如图，已知等边三角形纸片，点在边上，点在边上，沿折叠，使点落在边上的点的位置，且，则　　．
【考点】三角形内角和定理；等边三角形的性质
【分析】由翻折的性质可知，在中，由三角形内角和求解即可．
【解答】解：由翻折的性质可知；．
为等边三角形，
，，．
，
为直角三角形，
，
，
．
故答案为：
【点评】本题主要考查是翻折的性质，关键是根据等边三角形的性质和翻折的性质解答．
18．（2024 常州二模）已知为方程的一个根，则代数式的值是 　　．
【答案】
【考点】一元二次方程的解
【专题】推理能力；运算能力；一元二次方程及应用
【分析】根据题意可得，整体代入代数式求值即可．
【解答】解：为方程的一个根，
，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握解一元二次方程解的定义是解决问题的关键．
19．（2024 寻乌县一模）如图，在中，，为边上一点．若将分成了两个等腰三角形，则的度数为 　或或　．
【答案】或或．
【考点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力
【分析】分或或三种情况根据等腰三角形的性质求出，再求出，然后根据等腰三角形两底角相等列式计算即可得解．
【解答】解：由题意知与均为等腰三角形，
对于可能有①，此时，
，
，
②，此时，
，
，
③，此时，，
，
，
综上所述，度数可以为或或．
故答案为：或或．
【点评】本题考查三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
20．（2024 乌鲁木齐模拟）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是 　且　．
【答案】且．
【考点】根的判别式；一元二次方程的定义
【专题】一元二次方程及应用；运算能力
【分析】根据一元二次方程根的定义和根的判别式的意义得到且△，然后求出两不等式的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得且△，
解得且．
即实数的取值范围是且．
故答案为：且．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与△有如下关系：当△时，方程有两个不相等的实数根；当△时，方程有两个相等的实数根；当△时，方程无实数根．
21．（2024 达州模拟）已知线段，点是的黄金分割点，且，则　　．
【考点】黄金分割
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力
【分析】利用黄金分割的定义，进行计算即可解答．
【解答】解：点是的黄金分割点，且，，
，
，
故答案为：．
【点评】本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．
22．（2024 常州一模）图中的小正方形的边长都相等，若，则点可能是四个点中的点 　　．
【答案】．
【考点】全等三角形的性质
【专题】图形的全等；几何直观
【分析】根据全等三角形的性质和已知图形得出即可．
【解答】解：，
点应是图中的点，如图，
故答案为：．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，能熟记全等三角形的性质的内容是解此题的关键，注意：全等三角形的对应角相等，对应边相等．
23．（2024 中卫模拟）如图1是个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小王按照如图2所示的方法玩拼图游戏，两两相扣，相互不留空隙，那么小王用2024个这样的图形（图拼出来的图形的总长度是 　　．（结果用，表示）
【答案】．
【考点】利用轴对称设计图案；列代数式
【专题】规律型；几何直观
【分析】用2024个这样的图形（图的总长减去拼接时的重叠部分2023个，即可得到拼出来的图形的总长度．
【解答】解：由图可得，2个这样的图形（图拼出来的图形中，重叠部分的长度为，
用2024个这样的图形（图拼出来的图形的总长度，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了利用轴对称设计图案，利用轴对称设计图案关键是要熟悉轴对称的性质，利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案．
24．（2024 济宁二模）如图，在四边形中，，，，，点在线段上运动，点在线段上，，则线段的最小值为 　8　．
【答案】8．
【考点】三角形内角和定理；勾股定理；圆周角定理
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力
【分析】设的中点为，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，证明，可知点在以为直径的半圆上运动，当点运动到与的交点时，线段有最小值，据此求解即可．
【解答】解：设的中点为，以为直径画圆，连接，如图，
设与的交点为点，
，
，
，
，
，
点在以为直径的半圆上运动，
当点运动到与的交点时，线段有最小值，
，，
，
，
的最小值为．
故答案为：8．
【点评】本题主要考查了圆周角定理的推论、勾股定理、三角形内角和定理等知识，根据题意分析得到点的运动轨迹是解题的关键．
25．（2024 淮安模拟）如图，在平面直角坐标系中，与是以点为位似中心的位似图形，若点坐标为，点的坐标为，且，则点的坐标为 　　．
【答案】．
【考点】坐标与图形性质；位似变换
【专题】运算能力；图形的相似
【分析】过点作轴于点，过点作于点．利用相似三角形的性质求出，可得结论．
【解答】解：过点作轴于点，过点作于点．
与是以点为位似中心的位似图形，
，
，
，，
，，，
，
，，
，
，
，
，，
，
．
【点评】本题考查位似变换，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
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