天津市2026年数学中考模拟试卷（含解析）

天津市2026数学中考模拟试卷（含解析）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（共36分）
1．（本题3分）计算的结果是（ ）
A． B． C．6 D．
2．（本题3分）下列几何体都是由大小相同的正方体搭成的，其中主视图和左视图相同的是（ ）
A． B． C． D．
3．（本题3分）估计的值在两个整数（　　）
A．3与4之间 B．5与6之间 C．6与7之间 D．3与10之间
4．（本题3分）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下列4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．（本题3分）把91000改写成科学记数法的形式，则a＝（ ）
A．9 B．－9 C．0.91 D．9.1
6．（本题3分）的值等于（ ）
A． B． C．1 D．0
7．（本题3分）已知点在反比例函数的图象上，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
8．（本题3分）轮船沿江从A港顺流行驶到B港，比从B港返回A港少用3小时，若船速为26千米／时，水速为2千米／时，求A港和B港相距多少千米．设A港和B港相距x千米．根据题意，可列出的方程是（ ）
A． B．
C． D．
9．（本题3分）计算的结果是（　　）
A． B． C． D．
10．（本题3分）如图，是的角平分线．按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长为半径画弧，与边相交于点，与边相交于点；②以点为圆心，长为半径画弧，与边相交于点；③以点为圆心，长为半径画弧，与第②步中所画的弧相交于点；④作射线，与相交于点，与边相交于点．则下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（本题3分）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为点的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
12．（本题3分）如图，在中，，，，动点P从点A沿边向点以的速度移动，动点Q从点B开始沿边向点以的速度移动．连接．如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，出发时间为t（，单位：）有下列结论：①面积的最大值为；②出发时间t有两个不同的值满足的面积为；③的长可以是．其中，正确结论的个数（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题（共18分）
13．（本题3分）一个盒子中装有2个白球，5个红球，从这个盒子中随机摸出一个球，是红球的概率为 ．
14．（本题3分） ．
15．（本题3分）计算的结果等于 ．
16．（本题3分）将直线向右平移，且平移后不过第三象限，写出一个符合条件的平移后的直线解析式 ．
17．（本题3分）如图，在矩形中，点为矩形对角线的中点，点为上一点，点为射线上一点，若，，则的最小值为 ．
18．（本题3分）如图，将放在每个小正方形的边长为的网格中，点，点，点均落在格点上.
(Ⅰ)的面积等于 ；
(Ⅱ)点为边上的动点，当取得最小值时，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出线段，并简要说明点的位置是如何找到的(不要求证明) .
三、解答题（共66分）
19．（本题8分）解不等式组
请结合题意填空，完成本题的解答．
(1)解不等式①，得_________；
(2)解不等式②，得_________；
(3)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
(4)原不等式组的解集为________．
20．（本题8分）为了解某校学生本学期参加志愿服务的次数，随机调查了该校名学生，根据统计的结果，绘制出如下的统计图①和图②．
请根据相关信息，解答下列问题：
(1)填空：的值为______，图①中的值为_______，统计的这组学生本学期参加志愿服务的次数数据的众数和中位数分别为______和______；
(2)求统计的这组学生本学期参加志愿服务的次数数据的平均数；
(3)根据样本数据，若该校共有学生1200人，学校为本学期参加志愿服务不少于7次的学生颁发“志愿者勋章”，估计该校获“志愿者勋章”的学生人数．
21．（本题10分）如图，是的直径，点C在的延长线上，与相切于点D，交的延长线于点E

(1)求证：；
(2)若．求，
①的长；
②的长．
22．（本题10分）某校综合与实践活动中，要利用测角仪测量一建筑物的高度．如图，在建筑物与教学楼之间的操场上取一观测点C，点E，点C，建筑物底部A在同一条水平直线上，已知观测点C至教学楼出口E的距离．某组同学在观测点C处分别测得建筑物楼顶B的仰角为，教学楼顶D的仰角为，在教学楼顶D处测得建筑物底部A的俯角为．
(1)求教学楼的高；
(2)设建筑物的高度为h（单位：m）．
①用含有h的式子表示线段的长（结果保留根号）；
②求建筑物的高度（取，取，取，结果取整数）．
23．（本题10分）如图，已知、、
(1)求所在直线的解析式．
(2)求的面积；
(3)点P在y轴上，当的面积为6时，请求出点P的坐标．
24．（本题10分）在平面直角坐标系中，为原点，有一张直角三角形纸片和一张等边三角形纸片，其中，，，点在第二象限．
(1)填空：如图①，的度数为 ，点的坐标为 ；
(2)将等边三角形纸片沿轴向右平移，得到，点的对应点分别为．设，等边三角形纸片与重叠部分的面积为．
①如图②，与边交于点，与边交于点，当等边三角形与重叠部分为四边形时，试用含有的式子表示，并直接写出的取值范围；
②当时，求的取值范围（直接写出结果即可）．
25．（本题10分）在平面直角坐标系中，已知点A在y轴正半轴上．
(1)如果四个点中恰有三个点在二次函数（a为常数，且）的图像上．
① ：
②如图1，已知菱形的顶点B、C、D在该二次函数的图像上，且轴，求点D的坐标；
③如图2，已知正方形的顶点B、D在该二次函数的图象上，点B、D在y轴的同侧，且点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，试探究是否为定值．如果是，求出这个值；如果不是，请说明理由．
(2)已知正方形的顶点B、D在二次函数（a为常数，且）的图像上，点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，直接写出m、n满足的等量关系式．
试卷第2页，共7页
试卷第1页，共7页
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A B D D B C A D C
题号 11 12
答案 C B
1．B
【分析】根据有理数除法法则计算，即可求解．
【详解】解：
故选：B
【点睛】本题主要考查了有理数的除法运算，熟练掌握有理数除法法则是解题的关键．
2．A
【分析】分别画出个选项的组合体的主视图和左视图，进行比较即可判断．
【详解】
解：A. 主视图为 ，左视图为 ，故该选项符合题意；
B. 主视图为 ，左视图为 ，故该选项不符合题意；
C. 主视图为 ，左视图为 ，故该选项不符合题意；
D. 主视图为 ，左视图为 ，故该选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，理解视图的定义，掌握简单组合体三视图的画法是解题的关键．
3．B
【分析】直接利用估算无理数的方法得出接近无理数的整数进而得出答案．
【详解】解：∵25<30<36，
＜＜，
即：5＜＜6，
∴的值在5与6之间．
故选B．
【点睛】此题主要考查了估算无理数的大小，正确掌握二次根式的性质是解题关键．
4．D
【分析】本题考查了轴对称图形的定义．寻找对称轴是解题的关键；
轴对称图形是指一个图形可以沿着一条直线（ 对称轴） 折叠， 使得直线两侧的图形能够完全重合； 根据轴对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】A．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，故选项不符合题意；
B．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，故选项不符合题意；
C．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，故选项不符合题意；
D．可以找到对称轴，使图形两侧能够完全重合，是轴对称图形，故选项符合题意；
故选：D．
5．D
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】解：91000=9.1×104，
则a=9.1
故选：D．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
6．B
【分析】本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是掌握几个特殊角的三角函数值；
直接把三角函数值代入计算即可．
【详解】．
故选：B．
7．C
【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，根据反比例函数的性质得到函数的图象分布在第二、四象限，在每一象限，y随x的增大而增大，结合三点的横坐标即可求解，掌握反比例函数图象的性质是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴函数的图象分布在第二、四象限，在每一象限，y随x的增大而增大，
∵，
∴
∴，
故选：C．
8．A
【分析】本题考查了一元一次方程的应用．设A港和B港相距x千米，根据顺流比逆流少用3小时，列方程即可．
【详解】解：设A港和B港相距x千米，
依题意得：，
整理得：，
故选：A．
9．D
【分析】先通分，再将分子相加减，最后化简即可．
【详解】解：原式=
=
=；
故选：D．
【点睛】本题考查了分式的加减，解题关键是牢记分式加减的步骤，本题易错点为符号错误．
10．C
【分析】本题主要考查了尺规作图，等角对等边，三角形外角的性质．由作法可得：，再结合三角形外角的性质，等角对等边解答即可．
【详解】解：由作法得：，
∵，
根据题意无法得到与相等，
∴无法确定与的大小关系，故A选项错误；
根据题意无法证明，故B选项错误；
∵是的角平分线，
，
∴，
∴，
∴，故C选项正确；
根据题意无法得到，的大小关系，故D选项错误；
故选：C．
11．C
【分析】连接，根据旋转的性质得出，，根据勾股定理求出，证明，得出，证明垂直平分，得出，根据三角形面积得出，求出，求出即可．
【详解】解：连接，如图所示：
根据旋转可得：，，
∴，
根据勾股定理得：，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定和性质，三角形面积计算，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
12．B
【分析】①根据题意，可得，，，然后根据列出函数解析式，再化成顶点式，最后求出最值即可判断①；根据题意和三角形的面积列出方程，求出方程的解即可判断②；根据勾股定理列出方程，解方程，即可判断③．
【详解】解：①∵动点P从点A沿边向点以的速度移动，动点Q从点B开始沿边向点以的速度移动．连接．如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，出发时间为t（，单位：），
∴，，
∵，，
∴，动点Q从点B到点需要（秒），动点从到需要（秒），
∴，
∴
，
∵，
∴当时，的面积最大，且最大值为，故①正确；
②把代入得：
，
解得，，
∵，
∴不符合题意，
∴出发时间只有一个值满足的面积为，故②错误；
③当的长是时，根据勾股定理得：，
∴，
整理得，
∵，
∴此方程无解，
∴的长不可以是，故③错误；
综上分析可知：正确结论的个数是1个，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，二次函数的应用，一元二次方程根的判别式，勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
13．
【详解】试题分析：根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
解：根据题意可得：一个盒子中装有2个白球，5个红球，共7个，
从这个盒子中随机摸出一个球，是红球的概率为
故答案为．
14．
【分析】直接合并同类项即可得到答案．
【详解】解：
故答案为：
【点睛】本题主要考查了合并同类项，熟练掌握合并同类项的运算法则是解答本题的关键．
15．/
【分析】本题考查了二次根式的乘法．根据完全平方公式计算即可求解．
【详解】解：
．
故答案为：．
16．
【分析】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，根据“左加右减”的法则解答即可．
【详解】解：将直线向右平移m个单位长度，平移后直线的解析式为，即，
∵平移后不过第三象限，
∴，
解得，
当时，，
故答案为：（答案不唯一）．
17．
【分析】将逆时针旋转得到，那么是等腰直角三角形，那么，那么那么当、、三点共线时，最短，且等于，此时在的延长线上，延长，连接，作的垂直平分线交于点，那么，先证明，得到，可证为等边三角形，接着通过证明，推出落在上，不妨设，那么，，通过算得，接着利用，算得，从而得到，最后利用算得的最小值．
【详解】解：将逆时针旋转得到，那么是等腰直角三角形，，
由题意可知，，那么，
那么当、、三点共线时，最短，且等于，此时在的延长线上，如图所示：
当点在的延长线时，
延长，连接，作的垂直平分线交于点，那么，连接，如图所示：
，，，
，
，，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
落在上，
不妨设，那么，
，
在矩形中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，等边三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点作出合适的辅助线是解题的关键．
18． 5 取格点D，连接AD，使AD⊥BC，取格点E、F，连接EF，使EF⊥AB，交AD于A′，交AB于H，交BC于P，点P即为所求.
【分析】(Ⅰ)利用勾股定理求出AC、AB、BC的长，可得△ABC是直角三角形，根据三角形面积公式即可得答案；(Ⅱ)设点A关于BC的对称点为A′，利用△ABC的面积可求出AA′的长，取格点D，连接AD，使AD⊥BC，取格点E、F，连接EF，交AD于A′，交AB于H，交BC于P，根据相似三角形的性质可得A′是A关于BC的对称点，根据网格的特点可得EF⊥AB，sin∠ABC=，由AP+BP=(AP+BP)可得AP+BP最小时，AP+BP的值最小，由轴对称性质可得AP=PA′，而BP=HP，可得AP+BP的最小值为PA′+PH=A′H，故点P即为所求.
【详解】(Ⅰ)∵AB==2，AC==，BC==5，
∴BC2=AB2+AC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴三角形ABC的面积为：×2×=5，
故答案为5
（Ⅱ）设点A关于BC的对称点为A′，
∴AA′=2×=4，
取格点D，连接AD，则AD⊥BC，AD=BC=5，
取格点E、F，连接EF，交AD于A′，交AB于H，交BC于P，
∵△AFA′∽△DEA′，
∴
∴AA′=4，即A′为点A关于BC的对称点，
由网格特点得EF⊥AB，
∵AP+BP=(AP+BP)
∴AP+BP取最小值时，AP+BP的值最小，
∵sin∠ABC===，
∴PH=PB，
∵AP=A′P，
∴AP+BP= A′P+PH=A′H，为AP+BP的最小值，
所以点P即为所求.
故答案为取格点D，连接AD，使AD⊥BC，取格点E、F，连接EF，使EF⊥AB，交AD于A′，交AB于H，交BC于P，点P即为所求.
【点睛】本题考查网格的特征，相似三角形的应用及锐角三角函数的定义，熟练掌握网格的特征及锐角三角函数的定义是解题关键.
19．(1)
(2)
(3)见解析
(4)
【分析】（1）根据解不等式的方法求解即可得到答案；
（2）根据解不等式的方法求解即可得到答案；
（3）根据在数轴上表示解集的方法求解即可；
（4）由（3）即可得出不等式组的解集．
【详解】（1）解：，
移项，得：，
系数化1，得：，
故答案为：；
（2）解：，
去分母，得：，
移项得：，
系数化1，得：，
故答案为：；
（3）解：解集在数轴上表示如下：
（4）解：由（3）可知，不等式组的解集为，
故答案为：．
【点睛】本题考查解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的一般步骤是解题的关键．
20．(1)40，25，7，7
(2)7
(3)840人
【分析】本题考查的是条形统计图，扇形统计图，用样本估计总体，算术平均数，中位数，众数，正确掌握上述知识点是解题的关键．
（1），，根据中位数和众数的定义即可得出结果；
（2）根据条形统计图，可知平均数，计算即可；
（3）用样本估计总体，可知该校共有学生1200人中， 本学期参加志愿服务不少于7次的学生占比为，用计算即可．
【详解】（1）解：参加志愿服务5次的有4人，占总人数的，
，
参加志愿服务8次的有10人，
，
，
志愿服务7次的人数最多，所以志愿服务的众数是7；因为总的数据共40个，按志愿服务次数由小到大排列，志愿服务的中位数是第20，21位的两个数据的平均数，由图②条形统计图可知，中位数是7，
故答案为：40，25，7，7；
（2）观察条形统计图，
，
这组数据的平均数是7.
（3）在所抽取的样本中，本学期参加志愿服务7次的学生占37.5%，参加志愿服务8次的学生占25%，参加志愿服务7次的学生占7.5%，
．
根据样本数据，估计该校学生1200人中，本学期参加志愿服务不少于7次的学生占，有．
估计该校获“志愿者勋章”的学生人数约为840人．
21．(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）连接，由切线的性质和圆周角定理可求得，再由半径相等可得，即可证得结论；
（2）①利用含30度的直角三角形的性质求出，证明求出，继而求出，利用圆周角定理求出，，然后解求出，即可求出；
②利用弧长公式求解即可．
【详解】（1）证明：连接，如图：

∵是切线，
∴，即，
∵为的直径，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：①∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
在中，，
∴；
②．
【点睛】本题主要考查切线的性质以及圆周角定理、直角三角形的性质、弧长公式等，掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键，注意直角三角形中勾股定理的应用．
22．(1)教学楼的高为
(2)①的长为；②建筑物的高度约为
【分析】（1）由题意知，，则，然后求解作答即可；
（2）①由题意知，根据，求解作答即可；②如图，过点作，垂足为．则四边形是矩形，，由，可得，计算求解即可．
【详解】（1）解：∵，
∴．
∴，
∴教学楼的高为．
（2）①解：∵，
∴，
∴，
∴的长为．
②解：如图，过点作，垂足为．则四边形是矩形，
∴，
∴，即，
∴，
∴建筑物的高度约为．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，等角对等边，正切，矩形的判定与性质．熟练掌握三角形内角和定理，等角对等边，正切，矩形的判定与性质是解题的关键．
23．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）利用三角形的面积公式求解即可；
（3）设点P的坐标为，利用的面积为6可得，解得或，即可得到答案．
【详解】（1）解：设所在直线的解析式为，把、代入得，
解得，
∴所在直线的解析式为；
（2）解：的面积；
（3）解：设点P的坐标为，
∵的面积为6，
∴，
∴，
解得或，
∴点P的坐标为或．
【点睛】此题考查了待定系数法求一次函数解析式、三角形的面积、坐标与图形等知识，数形结合是解题的关键．
24．(1)；
(2)①，的取值范围是；②
【分析】本题考查二次函数与图形运动的实际应用，解直角三角形，熟练掌握数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
（1）根据点的坐标求出的长，利用三角函数求出的度数，过点作，根据等边三角形的性质，求出点坐标即可；
（2）①当点与点重合开始，到与点重合时，等边三角形与重叠部分为四边形，利用分割法表示出重叠部分的面积即可；
②分别求出，，，时，的范围即可．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，
∵直角三角形纸片，
∴，
∴，
过点作轴，
∵等边三角形纸片，
∴，，
∴，
∴；
（2）①∵等边三角形纸片，平移，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
作，则：，
∴，
∴，
由题意可知：当点与点重合开始（不包括点），到与点重合时，等边三角形与重叠部分为四边形，
∴；
综上：，的取值范围是；
②当时，如图，
同①可知：为直角三角形，，
∴，
∵，
∴，即：；
当时，如图，由①知：
，
那么其对称轴为，开口向下，
∴当时，有最小值，；
当时，有最大值，，
∴；
当时，如图：
同①可知：，，
由题意，得：，
∴，
∴，
∴
，
那么其对称轴为，开口向下，
∴当时，最大为，
当时，最小为：，
∴；
当时，如图：
，
∴，
∴
，
那么其开口向上，对称轴为，
∴当时，有最大值，此时，
当时，有最小值，此时，
∴；
综上：．
25．(1)①1；②；③1
(2)或．
【分析】
（1）①当时，，可知不在二次函数图像上，将代入，求解值即可；②由①知，二次函数解析式为，设菱形的边长为p，则，，由菱形的性质得：，，则轴，，根据，即，然后确定点D的坐标即可；③如图2，连接、交点为E，过B作轴于M，过C作于N，由正方形的性质可知，E为、的中点，，，则，证明，则，，由题意知，，，，则，，设，则，，，，，，则，，即，然后代入计算即可；
（2）由题意知，分①当在y轴右侧时，②当在y轴左侧时，③当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，三种情况求解；①当在y轴右侧时，，同理（1）③，，，由题意知，，，，则，，设，则，，，，，，则，，即，解得；②当在y轴左侧时，求解过程同（2）①；③当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，且不垂直于y轴时，同理可求，当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，且垂直于y轴时，由正方形、二次函数的性质可得．
【详解】（1）①解：当时，，
∴不在二次函数图像上，
将代入，解得，
故答案为：1；
②解：由①知，二次函数解析式为，
设菱形的边长为p，则，，
由菱形的性质得：，
∴轴，
∴，
∵，
∴，解得（舍去），（舍去），，
∴；
③解：如图2：连接、交点为E，过B作轴于M，过C作于N，
由正方形的性质可知，E为、的中点，，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
由题意知: ，，，则，，
设，则，，
∴，，，，
∴，，
∴，，
∵点B、D在y轴的同侧，且点B在点D的左侧，
∴，
∴，
∴是定值，且值为1；
（2）解：由题意知，分①当在y轴右侧时，②当在y轴左侧时，③当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，三种情况求解；
①当在y轴右侧时，
∵，
同理（1）③，，，
由题意知：，，，则，，
设，则，，
∴，，，，
∴，，
∴，
化简得，
∵
∴；
②当在轴左侧时，
同理可求；
③当B在y轴左侧，D在y轴右侧，且不垂直于y轴时，
同理可求，
当B在y轴左侧，D在y轴右侧，且垂直于y轴时，
由正方形、二次函数的性质可得，；
综上所述，或．
【点睛】本题主要考查了二次函数解析式、二次函数的图象与性质、二次函数与几何综合、正方形、菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握与灵活运用相关知识是解题的关键．
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