四川省眉山市2026年中考數學真題附同步解析

四川省眉山市2026年中考數學真題一、單選題1．的絕對值是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【解答】解：-6的絕對值為6.

故答案為：C.

【分析】利用負數的絕對值等于它的相反數，據此可求解.2．眉山市彭山區的江口沉銀遺址歷經六期圍堰考古，累計出水文物萬余件．將76000用科學記數法表示為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】【解答】解：76000=7.6×104.

故答案為：A.

【分析】根據科學記數法的表示形式為：a×10n，其中1≤|a|＜10，此題是絕對值較大的數，因此n=整數數位-1.3．下列計算正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】【解答】解：A、（a+2）=a2+4a+4，故A不符合題意；

B、（-2ab2）3=-8a3b6，故B不符合題意；

C、a3+a3=2a3，故C不符合題意；

D、2ab+3ba=5ab，故D符合題意；

故答案為：D.

【分析】利用完全平方公式可對A作出判斷；利用積的乘方法進行計算，可對B作出判斷；利用合并同類項的法則，可對C、D作出判斷.4．我市舉行“東坡詩詞”朗誦比賽，決賽中五位評委給某位選手的評分分別為，，，，，則這組數據的眾數和中位數是（）A．， B．， C．， D．，【答案】D【解析】【解答】解：從小到大排序為：86，88，90，90，91，

一共5個數據，90出現了2次，是出現次數最多的數，

∴這組數據的眾數為90；

處于最中間的數是90，

∴這組數據的中位數是90.

故答案為：D.

【分析】求中位數的方法是：把數據先按從小到大的順序排列，位于最中間的一個數（或兩個數的平均數）為中位數；眾數是一組數據中出現次數最多的數據；然后求出已知數據的中位數和眾數.5．如圖，已知直線，，，則的度數為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【解答】解：如圖

∵m∥n，

∴∠1=∠4=45°，

∵∠3=∠2+∠4，

∴∠3=45°+25°=70°.

故答案為：C.

【分析】利用兩直線平行，同位角相等，可求出∠4的度數，再利用三角形外角的性質可求出∠3的度數.6．如圖，在中，分別以點A和點B為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于點D，點E，作直線交于點F，連接，若，，則的度數為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【解答】解：由作圖可知，EF垂直平分AB，

∴AF=BF，

∴∠B=∠BAF=50°，

∴∠AFB=180°-∠B-∠BAF=180°-50°-50°=80°，

∴∠CAF=∠AFB-∠C=80°-60°=20°.

故答案為：B.

【分析】利用作圖可知，EF垂直平分AB，利用垂直平分線的性質和等邊對等角可求出∠BAF的度數，再利用三角形的內角和定理求出∠AFB的度數，然后利用三角形外角的性質可求出∠CAF的度數.7．《九章算術》是我國古代數學的經典著作，其中記載了一道方程的應用題，大意為：五只雀，六只燕，共重16兩；雀重燕輕，互換其中一只，恰好一樣重．問每只雀，燕各重多少？設雀每只x兩，燕每只y兩，則可列出方程組為（）A． B．C． D．【答案】A【解析】【解答】解：設雀每只x兩，燕每只y兩，根據題意得

故答案為：A.

【分析】抓住關鍵已知條件：五只雀，六只燕，共重16兩；雀重燕輕，互換其中一只，恰好一樣重；這里包含兩個等量關系，據此可得到關于x、y的方程組.8．如圖，菱形中，對角線與相交于點O，，，點P為線段上的一個動點（不與端點重合），過點P作于點M，于點N，連接，則的最小值為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【解答】解：連接OP，

∵菱形ABCD，

∴AC⊥BD，CO=AC=3，BO=BD=4，

∴∠BOC=90°，

∴；

∵PM⊥AC，PN⊥BD，

∴∠ONP=∠OMP=90°，

∴四邊形OMPN是矩形，

∴OP=MN，

要求MN的最小值，就是求OP的最小值，

∴當OP⊥BC時，OP的值最小，

∵，

∴

解之：

∴MN的最小值為.

故答案為：B.

【分析】連接OP，利用菱形的性質可求出OB、OC的長，利用勾股定理求出BC的長，再證明四邊形OMPN是矩形，利用矩形的性質可證得MN=OP；要求MN的最小值，就是求OP的最小值，利用垂線段最短，可知當OP⊥BC時，OP的值最小；然后利用三角形的面積公式求出OP的長，即可求解.9．如圖，矩形中，點在線段上，連接，平分交于點，過點作，垂足為點，交于點．若，，則的面積為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠ABC=90°，AD∥BC，

∵EM⊥AF，

∴∠ANE=∠ANM=∠ENF=90°，

∴∠ABC=∠ANE，

∵AE平分∠BAF，

∴∠BAE=∠NAE，

在△ABE和△ANE中，

∴△ABE≌△ANE（AAS）

∴AB=AN=6，BE=NE=2，

設EF=x，

∴BF=BE+EF=x+2，

∵∠ENF=∠ABC=90°，∠EFN=∠AFB，

∴△EFN∽△AFB，

∴，

∴AF=3EF=3x，NF=BF=，

∵AF=AN+NF，

∴

解之：；

∴，

∵AD∥BC，

∴△EFN∽△MAN，

∴即

解之：MN=8，

∴.

故答案為：B.

【分析】利用矩形的性質和角平分線的概念易證∠ABC=∠ANE，∠BAE=∠NAE，利用AAS可證得△ABE≌△ANE，利用全等三角形的性質可求出AN、EN的長；設EF=x，可表示出BF的長，利用有兩組對應角分別相等的兩三角形相似易證△EFN∽△AFB，利用相似三角形的性質可表示出AF、NF的長，根據AF=AN+NF，可得到關于x的方程，解方程求出x的值，可得到NF的長；由AD∥BC可證得△EFN∽△MAN，利用相似三角形的性質可求出MN的長；然后利用三角形的面積公式可求出△AMN的面積.10．如圖，拋物線與x軸交于點，頂點坐標，與y軸的交點在，之間（包含端點），下列結論：①；②；③對于任意實數m，總成立；④關于x的方程有兩個不相等的實數根．其中正確結論的個數為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】B【解析】【解答】解：∵拋物線的開口向上，頂點坐標

∴a＞0，，

∴b=-2a，

∴3a+b=3a-2a=a＞0，故①錯誤；

∵拋物線與x軸交于點A（-1，0）

∴a-b+c=0

∴a+2a+c=0

∴c=-3a，

∵拋物線與y軸的交點在，之間（包含端點），

∴-3≤c≤-2，

∴-3≤-3a≤-2，

解之：，故②正確；

∵當x=1時y有最小值為y=a+b+c，

∴a+b+c≤am2+bm+c

∴對于任意實數，故③正確；

∵當x=1時y的最小值為n，

∴直線y=n-1與拋物線y=ax2+bx+c沒有交點，

∴關于x的方程沒有實數根，故④錯誤；

∴正確結論的個數為2個.

故答案為：B.

【分析】利用拋物線的開口方向及頂點坐標可得到a的取值范圍，同時可得到b=-2a，據此可對①作出判斷；利用拋物線與x軸的交點，可推出c=-3a，再根據拋物線與y軸的交點情況，可得到c和a的關系式，據此可求出a的取值范圍，可對②作出判斷；利用二次函數的最值，可對③作出判斷；當x=1時y的最小值為n，可得到直線y=n-1與拋物線y=ax2+bx+c沒有交點，可得到關于x的方程的根的情況，可對④作出判斷；綜上所述可得到正確結論的個數.二、填空題11．若在實數范圍內有意義，則實數x的取值范圍是．【答案】【解析】【解答】解：由題意得x-2≥0，∴x≥2．故答案為：x≥2．

【分析】根據二次根式有意義的條件列出不等式求解即可。12．如圖，，，，，則的長度是．【答案】15【解析】【解答】解：∵，

∴，即

∴

解之：DF=15.

故答案為：15.

【分析】利用平行線分線段成比例定理可求出DF的長.13．若方程的兩個根是，，則的值為．【答案】-12【解析】【解答】解：∵方程的兩個根是，，

∴x1+x2=4，x1x2=-3

∴原式=x1x2（x1+x2）=-3×4=-12.

故答案為：-12.

【分析】利用一元二次方程根與系數的關系可求出x1+x2和x1x2的值，然后將原式轉化為x1x2（x1+x2），整體代入求值即可.14．若關于的不等式組無解，且關于的分式方程的解為正數，則符合條件的所有整數的值為．【答案】-1，1【解析】【解答】解：

解不等式①得x≥1

∵不等式組無解，

∴m≤1，

∵關于的分式方程的解為正數，

∴1-x+m=x-1

解之：，

∴且

解之：m＞-2且m≠0，

綜上所述，m的取值范圍為：-2＜m≤1且m≠0，

∴符合條件的整數m的值為-1，1.

故答案為：-1，1.

【分析】先求出不等式組中每一個不等式的解集，根據不等式組無解，可得到m的取值范圍；再求出分式方程的解，根據分式方程的解為正數及分母不等于0，可得到關于m的不等式組，求出m的取值范圍；綜上所述可得到m的取值范圍，然后求出整數m的值即可.15．如圖，在矩形中，，，點在邊上，且，點是邊上的一個動點，將沿翻折，點的對應點為點，連接．點在線段上，若，連接，則的最小值為．【答案】【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠B=90°，

∴AE=AB-BE=9-3=6，

∵將沿翻折，點的對應點為點，

∴EB=EB'=3，

在AE上取點H，使得，連接HG，DH，

∴，

∴，

∵∠HAG=∠B'AE，

∴△AHG∽△AEB'，

∴

∴

解之：HG=2，

∵點H是定點，HG的長是定值為2，

∴點G在以點H為圓心，2為半徑的圓上運動，

∴當點G在線段DH上時，DG的長最小，最小值就是DH-HG，

∴，

∴DG的最小值為.

故答案為：.

【分析】利用已知可求出AE的長，利用折疊的性質可得到EB'的長，在AE上取點H，使得，連接HG，DH，可求出AH的長，利用SAS可證得△AHG∽△AEB'，利用相似三角形的性質可求出HG的長；由此可證得點G在以點H為圓心，2為半徑的圓上運動，可推出當點G在線段DH上時，DG的長最小，最小值就是DH-HG，利用勾股定理求出DH的長，可得到DG的最小值.三、解答題16．計算：．【答案】解：【解析】【分析】先算乘方和開方運算，同時利用乘法運算法則進行計算，再利用有理數的加減法法則進行計算，可求出結果.17．先化簡，再求值：，其中，滿足．【答案】解：，∵，，且，∴，∴，，∴原式【解析】【分析】先將括號里的分式減法通分計算，再將除法轉化為乘法運算，約分化簡；再利用幾個非負數之和為0，每一個數都為0，可求出a、b的值；然后將a、b的值代入化簡后的代數式進行計算.18．為激發學生熱愛勞動的興趣，培養學生尊重勞動成果的意識，某校計劃利用課后服務時間以“我勞動·我快樂”為主題開展系列勞動教育活動，為學生提供“組裝維修”“手工烹飪”“整理收納”和“蔬菜種植”四種課程（依次用A，B，C，D表示）．為了解學生對這四種課程的喜歡情況，學校隨機抽取部分學生進行了“你最喜歡哪一種勞動課程（必選且只選一種）”的問卷調查，并根據調查結果繪制了如圖所示的條形統計圖和扇形統計圖（部分信息）．根據圖中信息，解答下列問題：（1）參加問卷調查的學生人數是人，扇形統計圖中“D”對應扇形的圓心角大小為°，估計全校2400名學生中最喜歡C課程的人數約為人；（2）補全條形統計圖；（3）現從喜歡“組裝維修”的甲，乙，丙，丁四位同學中任選兩人，合作展示組裝維修小技巧，請用畫樹狀圖或列表的方法，求恰好選到甲和乙兩位同學的概率．【答案】（1）120；36；720（2）解：喜歡A種課程的人數為（人），喜歡C種課程的人數（人），補全條形統計圖如圖所示（3）列表格如下：甲乙丙丁甲（甲，乙）（甲，丙）（甲，丁）乙（乙，甲）（乙，丙）（乙，丁）丙（丙，甲）（丙，乙）（丙，丁）丁（丁，甲）（丁，乙）（丁，丙）共12種情況，其中恰好選到甲和乙兩位同學的有2種情況，∴恰好選到甲和乙兩位同學的概率為【解析】【分析】（1）解：∵參加問卷調查的學生中喜歡B種課程的有42人，占被調查人數的，∴參加問卷調查的學生人數是（人）．∵喜歡D種課程的有12人，占被調查人數的百分比為∴扇形統計圖中“D”對應扇形的圓心角大小為，∴喜歡C種課程的人數占被調查人數的百分比為，∴估計全校2400名學生中最喜歡C種課程的人數約為（人）

故答案為：120；36；720.

【分析】（1）由喜歡B種課程的人數除以其所占百分比，列式計算可得總人數；用360°乘以喜歡D種課程人數所占比例即可得出其對應圓心角度數，求出喜歡C種課程的人數所占百分比后，再乘以總人數2400即可求出全校2400名學生中最喜歡C種課程的人數.

（2）分別列式計算求出喜歡A種課程的人數和喜歡C種課程的人數，再補全條形統計圖即可．

（3）由題意可知此事件是抽取不放回，先畫表格得出所有等可能結果，從中找到符合條件的結果，再根據概率公式求解即可.19．人工智能的快速發展給我們的工作和生活帶來了很多便捷．如圖，在公園內的閱覽室和籃球場之間有一湖泊，為了方便市民，準備在其間修建一座筆直的跨湖橋．為確定跨湖橋的長度，無人機在橋上方點C處，測得點C距地面的高度為90米，同時測得橋頭點A處的俯角為；從點C處沿方向水平飛行300米到達點D處，測得橋頭點B處的俯角為，求橋的長度（結果精確到1米）．（參考數據：，，，）【答案】解：過點作于點M，過點B作于點，則米，，由題意得，在中，，即∴（米），在中，，即∴（米）∵米，∴（米）答：橋的長度約為米【解析】【分析】過點A作AM⊥CD于點M，過點B作BN⊥CD于點N，利用已知條件可得到AM、BN的長，同時可證得AB=MN；再利用解直角三角形求出CM，DN的長，然后求出AB的長.20．如圖，四邊形是的內接四邊形，是的直徑，對角線平分交于點，點在的延長線上，且滿足．（1）求證：是的切線；（2）若，，求的半徑．【答案】（1）證明：連接，∵∴∵∴∵是的直徑∴∴∴又∵點C在上∴是的切線（2）解：由（1）得，∵，∴∵平分∴∴∴∵，∴∴∴∴∴∴的半徑為【解析】【分析】（1）連接OC，利用等腰三角形的性質：等邊對等角及結合已知條件可證得；再利用圓周角定理的推論可證得∠ACB=90°，由此可推出∠OCF=90°，然后利用切線的判定定理可證得結論.

（2）先利用勾股定理求出BC的長再根據角平分線的概念和圓周角定理可求出CD的長，利用有兩組對應角分別相等的兩三角形相似，可證得△DEC∽△AEB，利用相似三角形的性質可求出AB的長，然后求出圓的半徑即可.21．2025年，在四川省城市足球聯賽（簡稱“川超”）比賽期間，為促進體育經濟發展，眉山市文旅局聯合餐飲住宿企業、土特產生產企業推出各種優惠活動．（1）某食品廠原計劃每月生產芝麻糕2000件，為響應文旅局號召，連續兩月提高產量后，月產量達到2880件，若每月產量的增長率相同，求每月產量的增長率；（2）該食品廠原來每天可銷售60件芝麻糕，每件盈利30元．參與優惠活動后，該食品廠每降價1元，就可多售出5件．問該食品廠應降價多少元，才能使利潤最大？最大利潤為多少？【答案】（1）解：設每月產量的增長率為，根據題意列方程得：，解得，，增長率不能為負，不符合實際，舍去，答：每月產量的增長率為（2）解：設降價元，每天總利潤為元，根據題意，每件盈利為元，每天銷售量為件，∴，，當時，取得最大值，最大值為，答：該食品廠應降價元，才能使利潤最大，最大利潤為元【解析】【分析】（1）設每月產量的增長率為x，根據原產量和增長兩次后的產量關系列出關于x的方程，然后求出符合題意的方程的解即可.

（2）設降價x元，每天總利潤為y元，根據總利潤=每件利潤銷售量×每天的銷售量，可得到y關于x的函數解析式，然后利用二次函數的性質可求出結果.22．如圖，一次函數的圖象與反比例函數的圖象交于，兩點．（1）求一次函數的表達式；（2）觀察圖象，直接寫出不等式的解集；（3）將直線向下平移12個單位后交反比例函數的圖象于，兩點，交軸于點，連接，，求的面積．【答案】（1）解：∵反比例函數的圖象過，兩點，∴，，∴，，∴，，將，代入一次函數，可得：，解得，∴一次函數的表達式為（2）或（3）解：∵直線向下平移12個單位后交反比例函數的圖象于，兩點，且直線所在一次函數的表達式為，∴直線所在一次函數的表達式為，如圖，設與軸交于點，與軸交于點，∴將代入得，解得，∴，將代入得，解得，∴，∴，∵直線交軸于點，∴將代入，∴，聯立平移后直線與反比例函數，得：，∴，即，解得或，∵點在第一象限，∴，，∴，∵直線平移得到直線，直線和直線平行，∴．【解析】【解答】（2）解：∵一次函數的圖象與反比例函數的圖象交于，兩點

∴不等式的解集為或．

【分析】（1）分別將點A、B的坐標代入反比例函數解析式，可求出m、n的值，可得到點A、B的坐標；然后利用待定系數法求出一次函數的解析式.

（2）利用兩函數的交點坐標，點A、B的橫坐標，結合函數圖象可得到不等式的解集.

（3）利用一次函數圖象平移規律：上加下減，左加右減，可得到平移后的直線CD的函數解析式然后，利用函數解析式求出點F、G、E的坐標，將直線CD和反比例函數解析式聯立方程組，解方程組求出點C的坐標；然后利用S△ACE=S△FCE=S△FCG+S△FEG求解即可．23．如圖，在平面直角坐標系中，二次函數的圖象與x軸相交于A，B兩點，與y軸相交于點C，連接，已知點，對稱軸為直線．（1）求二次函數的表達式；（2）點P是直線上一個動點，連接，，當的長度最小時，求點P的坐標；（3）點Q是二次函數圖象上一個動點，當時，請直接寫出點Q的坐標．【答案】（1）解：由拋物線經過點，對稱軸為直線得，解得，∴拋物線的表達式為（2）解：過點關于直線的對稱點，連接，∴，當點三點共線時，取得最小值，此時點為與直線的交點，對于，當時，∴∵，對稱軸為直線∴∴，而∴，由對稱可得，，∴∴設直線則，解得∴直線設直線∴解得∴直線聯立，解得∴點（3）解：當點在直線上方時，過點作交射線于點，∵∴，過點作軸于點，∴∵∴∴∴∴∴∴∵，同理可求直線，與拋物線表達式聯立可得，解得或∴；當點在直線下方時，設直線與軸交于點，取點，連接，則∵∴∴∵∴∴∴∴∴∵，同理可求直線，與拋物線表達式聯立可得，解得或∴，綜上：點Q的坐標為或【解析】【分析】（1）將點A的坐標代入二次函數解析式和對稱軸公式可得到關于a、b的方程組，解方程組求出a、b的值，可得到二次函數解析式.

（2）過點關于直線BC的對稱點，連接BA'，PA'，OA'，根據PA+PO=PA'+PO≥A'O，故當點A'，P，O三點共線時，PA+PO取得最小值，此時點P為A'O與直線BC的交點；再利用二次函數解析式求出點C、B的坐標，可證得∠ABA'=90°，同時可求出BA'的長；利用待定系數法求出直線OA'，直線OA，直線