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2026 年中考数学模拟猜题卷卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求的）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A C B A C C D A C D
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分）
4
11．± 12．4.8×107 13．假
5
2 5
14．12 15．y＝﹣x+5（答案不唯一）16．
5
24
17． 18． 13； 2+ 5
5
三、解答题（本大题共10小题，满分96分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．（8分）
【详解】解：（1）x2﹣4x+2＝0，
x2﹣4x＝﹣2，
x2﹣4x+4＝﹣2+4，
（x﹣2）2＝2，······（2分）
𝑥−2=± 2，
解得：𝑥
1
=2− 2，𝑥
2
=2+ 2；······（4分）
𝑥−3(𝑥−2)≤4①
2𝑥−1 3
（2） ＞𝑥− ②，
3 2
解不等式①，得：x≥1，······（5分）
7
解不等式②，得：𝑥＜，······（6分）
2
7
∴不等式组的解集为1≤𝑥＜．······（8分）
2
20．（8分）
2𝑥−3 𝑥−2 𝑥−2
【详解】解：（ − ）•
𝑥−2 𝑥−2 (𝑥−1)2
2𝑥−3−(𝑥−2) 𝑥−2
= • ······（1分）
𝑥−2 (𝑥−1)2𝑥−1 𝑥−2
= • ······（2分）
𝑥−2 (𝑥−1)2
1
= ，······（4分）
𝑥−1
∵x﹣2≠0，x﹣1≠0，
∴x≠2，x≠1，······（6分）
1 1
∴当x＝3时，原式= = ．······（8分）
3−1 2
21．（10分）
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，······（2分）
∴∠BAE＝∠DCF，······（3分）
在△ABE和△CDF中，
𝐴𝐵=𝐶𝐷
∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐷𝐶𝐹，
𝐴𝐸=𝐶𝐹
∴△ABE≌△CDF（SAS）；······（5分）
（2）解：四边形BEDF是菱形，理由如下：·····（6分）
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，·····（7分）
∵AE＝CF，OE＝OA﹣AE，OF＝OC﹣CF，
∴OE＝OF，·····（8分）
∵OB＝OD，OE＝OF，
∴四边形BEDF是平行四边形，·····（9分）
∵EF⊥BD，
∴平行四边形四边形BEDF是菱形．······（10分）
22．（10分）
【详解】解：（1）八年级准备从航展馆、人工智能科技馆、虚拟现实科技馆三个研学基地中，随机选择
1
一个基地研学，且每个基地被选到的可能性相等，所以八年级选择去航展馆的概率为 ，
3
1
故答案为： ；·····（3分）
3
（2）航展馆、人工智能科技馆、虚拟现实科技馆分别用A、B、C表示，七年级从航展馆、人工智能科技
馆两个研学基地中，随机选择一个，八年级从航展馆、人工智能科技馆、虚拟现实科技馆三个研学基地
中，随机选择一个，所有等可能出现的结果如下：·····（7分）
共有6种等可能出现的结果，其中七、八年级选择的研学基地互不相同的有4种，
4 2
∴七八年级选择的研学基地互不相同的概率为 = ．·····（10分）
6 3
23．（10分）
【详解】解：（1）据图表可知：B组的人数为5人，占比为10%，
5
∴参加测试的总人数为 =50（人），
10%
∴m＝50﹣1﹣5﹣16﹣20＝8，
∵E组的人数为20人，
20
∴E组所对应扇形的圆心角360°× =144°，
50
故答案为：8，144；·····（4分）
（2）∵参加测试的总人数为50，
∴中位数为50个人的成绩从低到高排序后，第25和第26个学生成绩的平均数，
∵1+5+8＝14＜25，1+5+8+16＝30＞26，
∴第25和第26个学生成绩位于D组，分别为D组的第11和第12个数据，均为70，
70+70
∴中位数为 =70（分），
2
故答案为：70；·····（7分）
（3）根据图表可知：体育测试成绩达到60分及以上的学生人数为16+20＝36（人），·····（8分）
36
∴所占比例为 ×100%=72%，·····（9分）
50
∴九年级参加此次体育测试成绩达到60分及以上的学生人数为800×72%＝576（人），
答：估计该校九年级参加此次体育测试成绩达到60分及以上的学生人数为576人．·····（10分）
24．（10分）
【详解】解：（1）如图，点D即为所求；
·····（4分）（2）如图，过点C作CH⊥AB于点H，·····（5分）
∵∠ABC＝45°，∠BAC＝60°，AC＝4，
1 3
∴AH= 𝐴𝐶=2，BH＝CH= 𝐴𝐶=2 3，
2 2
∴AB＝AH+BH=2+2 3，·····（7分）
由（1）得：AG是∠BAC的角平分线，
1
∴∠CAD＝∠EAD= ∠𝐵𝐴𝐶=30°，·····（8分）
2
∵CE⊥AG，
∴AC＝AE＝4，
∴BE＝AB﹣AE=(2+2 3)−4=2 3−2，
故答案为：2 3−2．·····（10分）
25．（10分）
【详解】（1）证明：如图，连接OD，·····（1分）
∵点D为𝐵𝐶的中点，
∴𝐶𝐷=𝐵𝐷，
∴∠BAD＝∠CAD，·····（2分）
∵OA＝OD，
∴∠BAD＝∠ADO，
∴∠ADO＝∠CAD，
∴OD∥AE，·····（3分）
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；·····（4分）（2）解：如图，
𝐷𝐹 4
在Rt△ODF中，𝑐𝑜𝑠𝐹= = ，
𝑂𝐹 5
∵DF＝4，
∴OF＝5，·····（5分）
∴𝑂𝐷= 𝑂𝐹2−𝐷𝐹2 = 52−42 =3，
∴OA＝OD＝3，⊙O的半径为3；·····（6分）
∴AF＝OA+OF＝8，·····（7分）
∵OD∥AE，
∴△FOD∽△FAE，·····（8分）
𝐷𝐹 𝑂𝐹 4 5
∴ = ，即 = ，
𝐸𝐹 𝐴𝐹 𝐸𝐹 8
32
∴𝐸𝐹= ，·····（9分）
5
4 32 12
∴若𝑐𝑜𝑠𝐹= ，DF＝4，则𝐷𝐸=𝐸𝐹−𝐷𝐹= −4= ．·····（10分）
5 5 5
26．（10分）
【详解】解：（1）太阳光下，其顶端A的影子落在点E处，同一时刻，竖直放置的标杆DE顶端D的影
子落在点F处，
𝐴𝐵 𝐷𝐸 𝐴𝐵 3
∴ = ，即 = ，·····（2分）
𝐵𝐸 𝐸𝐹 𝐵𝐸 2
3
∴𝐴𝐵= 𝐵𝐸；·····（3分）
2
（2）如图，令CG与DE的交点为M，则四边形BCGH和MEHG是矩形，·····（4分）
∴ME＝GH＝BC＝1.4m，EH＝GM＝1.28m，
∴DM＝DE﹣EM＝3﹣1.4＝1.6（m），·····（5分）
设AC＝x（m），
2 2
则AB＝AC+BC＝（x+1.4）m，𝐵𝐸= 𝐴𝐵= (𝑥+1.4)（m），·····（6分）
3 3
2
∴𝐶𝑀=𝐵𝐸= (𝑥+1.4)（m），
3
2
∴𝐶𝐺=𝐶𝑀+𝑀𝐺= (𝑥+1.4)+1.28（m），·····（7分）
3
∵DE∥AB，
∴△ACG∽△DMG，·····（8分）
𝐴𝐶 𝐶𝐺
∴ = ，
𝐷𝑀 𝐺𝑀
2
𝑥 (𝑥+1.4)+1.28
∴ =3 ，解得：x＝16.6，·····（9分）
1.6 1.28
∴AB＝16.6+1.4＝18（米），
答：纪念碑AB的高度为18米．·····（10分）
27．（10分）
3 9
【详解】解：（1）已知二次函数𝑦=− 𝑥2 + 𝑥+3的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），
4 4
与y轴交于点C，
3 9
当y＝0时，得：− 𝑥2 + 𝑥+3=0，解得：x＝﹣1或x＝4，·····（1分）
4 4
当x＝0时，得：y＝3，
∴B（4，0），C（0，3），
∴OB＝4，OC＝3，
在直角三角形BOC中，∠BOC＝90°，
由勾股定理得：𝐵𝐶= 𝑂𝐵2+𝑂𝐶2 =5；·····（2分）4𝑘+𝑏=0
（2）设直线BC的解析式为y＝kx+b，将点B，点C的坐标分别代入，得 𝑏=3 ，
3
𝑘=−
解得： 4，
𝑏=3
3
∴直线BC的解析式为𝑦=− 𝑥+3，·····（3分）
4
如图，过点P作PE∥y轴交BC于点E，连接BP，
3 9 3
设𝑃(𝑝，− 𝑝2 + 𝑝+3)，则𝐸(𝑝，− 𝑝+3)，
4 4 4
3 9 3 3 3
∴𝑃𝐸=− 𝑝2 + 𝑝+3−(− 𝑝+3)=− 𝑝2 +3𝑝=− (𝑝−2)2 +3，·····（4分）
4 4 4 4 4
∴S ＝S +S
△PBC △PEC △PEB
1 1
= 𝑃𝐸(𝑥 −𝑐 )+ 𝑃𝐸(𝑥 −𝑐 )
𝐸 𝐶 𝐵 𝐸
2 2
1
= 𝑃𝐸(𝑥 −𝑐 )
𝐵 𝐶
2
＝2PE
3
=− (𝑝−2)2 +6，·····（5分）
2
3
∵− ＜0，
2
∴当p﹣2＝0，即p＝2时，△PCB的面积有最大值，最大值为6，
3 9 3 9 9
∴− 𝑝2 + 𝑝+3=− ×22 + ×2+3= ，
4 4 4 4 2
9
∴此时点P的坐标为(2，)；·····（6分）
2
3 9
（3）∵抛物线解析式为𝑦=− 𝑥2 + 𝑥+3，
4 4
9
3
∴抛物线对称轴为直线𝑥=− 4 = ，
− 3 ×2 2
4
3
设𝑄( ，𝑚)，
2
∴𝐶𝑄2 =( 3 −0) 2 +(𝑚−3)2 ，𝐶𝐵2 =( 3 −4) 2 +(𝑚−0)2 ，
2 2
当点C为直角顶点时，由勾股定理得：BC2+CQ2＝BQ2，∴52 +( 3 −0) 2 +(𝑚−3)2 =( 3 −4) 2 +(𝑚−0)2 ，解得：m＝5，
2 2
3
∴𝑄( ，5)；·····（7分）
2
当点B为直角顶点时，由勾股定理得：BC2+BQ2＝CQ2，
∴52 +( 3 −4) 2 +(𝑚−0)2 =( 3 −0) 2 +(𝑚−3)2 ，解得：𝑚=− 10 ，
2 2 3
3 10
∴𝑄( ，− )；·····（8分）
2 3
当点Q为直角顶点时，由勾股定理得：BQ2+CQ2＝BC2，
∴( 3 −0) 2 +(𝑚−3)2 +( 3 −4) 2 +(𝑚−0)2 =52 ，解得：𝑚= 3±2 6 ，
2 2 2
3 3+2 6 3 3−2 6
∴𝑄( ， )或𝑄( ， )；
2 2 2 2
3 3 10 3 3+2 6 3 3−2 6
综上，点Q的坐标为( ，5)或( ，− )或( ， )或( ， )．·····（10分）
2 2 3 2 2 2 2
28．（10分）
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠DAC＝∠BAC＝60°，
∵EF∥CD，
∴∠AFE＝∠ADC＝60°，
∴△AEF是等边三角形，∠BAE＝∠CAF＝60°，·····（1分）
∴AE＝AF，
在△ABE和△ACF中，
𝐴𝐵=𝐴𝐶
∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐶𝐴𝐹，
𝐴𝐸=𝐴𝐹
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴BE＝CF，
故答案为：BE＝CF；·····（2分）
（2）𝐶𝐹= 2𝐵𝐸，理由如下：·····（3分）
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝90°，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝∠DAC＝45°，𝐴𝐶= 2𝐴𝐵，
∵EF⊥AC，
∴𝐴𝐹= 2𝐴𝐸，𝐴𝐶 𝐴𝐹
∴ = ，
𝐴𝐵 𝐴𝐸
∴△ABE∽△ACF，
𝐵𝐸 𝐴𝐵 𝐴𝐵
∴ = = ，
𝐶𝐹 𝐴𝐶 2𝐴𝐵
∴𝐶𝐹= 2𝐵𝐸；·····（4分）
（3）如图3，过点B作BO⊥AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAC＝α，
∴AB＝BC，AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BAC＝∠ACB＝α，
∵AE＝EF，
∴∠AFE＝∠DAC＝α，
∴△ABC∽△AEF，
𝐴𝐵 𝐴𝐶
∴ = ，·····（5分）
𝐴𝐸 𝐴𝐹
又∵∠DAC＝∠BAC＝α，
∴△ABE∽△ACF，
𝐶𝐹 𝐴𝐶
∴ = ，·····（6分）
𝐵𝐸 𝐴𝐵
∵AB＝BC，BO⊥AC，
∴AC＝2AO，AO＝AB•cos∠BAC，
∴AC＝2AB•cosα，
𝐶𝐹 2𝐴𝐵⋅𝑐𝑜𝑠𝛼
∴ = =2cosα，·····（7分）
𝐵𝐸 𝐴𝐵
（4）如图4，连接BD交AC于点O，过点E作EH⊥AD于点H，𝐶𝐹
由（3）可得：△ABE∽△ACF， =2𝑐𝑜𝑠∠𝐵𝐴𝐶，∠EAF＝∠EFA，
𝐵𝐸
𝐶𝐹
∴ = 3，
𝐵𝐸
∴2𝑐𝑜𝑠∠𝐵𝐴𝐶= 3，
∴∠EFA＝∠DAC＝∠BAC＝30°，·····（8分）
设AE＝x，则EF＝x，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
1 1 1
∴𝐵𝑂= 𝐴𝐵= ×1= ，
2 2 2
1 1 1 1
∴S = AE•BO= x• = x，
△ABE
2 2 2 4
∵AE＝EF＝x，∠DAC＝30°，EH⊥AD，
1 1
∴𝐸𝐻= 𝐴𝐸= 𝑥，AF＝2AH，
2 2
1
∴𝐴𝐹=2𝐴𝐻=2 𝐴𝐸2−𝐸𝐻2 =2 𝑥2−( 𝑥)2 = 3𝑥，
2
1 1 1 3
∴S = AF•EH= × 3x• x= x2；
△AEF
2 2 2 4
∵△ABE∽△ACF，
𝑆 𝐶𝐹
∴ △𝐴𝐶𝐹 =( )2 =( 3)2 =3，
𝑆 𝐵𝐸
△𝐴𝐵𝐸
∴𝑆 =𝑆 +𝑆 =𝑆 + 3 𝑥2 ，
△𝐴𝐶𝐹 △𝐶𝐸𝐹 △𝐴𝐸𝐹 △𝐶𝐸𝐹
4
𝑆 + 3𝑥2
△𝐶𝐸𝐹
∴ 4 =3，·····（9分）
1
𝑥
4
3 3 3 3 3 3
∴𝑆 =− 𝑥2 + 𝑥，即𝑆 =− (𝑥− )2 + ，
△𝐶𝐸𝐹 △𝐶𝐸𝐹
4 4 4 2 16
3
∵− ＜0，
43 3 3
∴当𝑥= 时，S 有最大值： ，
2
△CEF
16
3 3
故答案为： ．·····（10分）
16
