2024-2025学年上海市九年级下学期初中中考模拟数学试题

这是一份2024-2025学年上海市九年级下学期初中中考模拟数学试题，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．某机器吐出1500升空气记作升，则其吸入1200升空气记作（ ）
A．升B．1200升C．升D．1500升
2．如果：，则下列说法中不一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数（k是常数，）的图像经过第二象限，下列说法中错误的是（ ）
A．x大于0时y小于0B．图像不一定经过第四象限
C．图像是倾斜直线D．y的值随x的值增大而减小
4．假设有一项工程总量为1，甲独做需10天完成，乙独做需6天完成． 现由甲先做3天乙再加入合作，完成此项工程共需天，对于列方程错误的说法是（ ）
A．甲的工作效率为B．乙总共做了天
C．列方程D．列方程
5．关于多边形，下列说法中正确的是（ ）
A．过七边形一个顶点可以将其分割为6个三角形
B．凸多边形的外角和随着边数增加而增加
C．凸多边形若各边相等则为一个正多边形
D．凸多边形的内角和不一定大于它的外角和
6．如果有三个圆分别任取一条半径都能组成一个直角三角形，则称这三个圆为一组“Right圆组”． 已知在直角梯形中，，两底中，，腰． 点在上，以点为圆心，作三个同心圆分别与直线相切，过点D和点C． 若三个同心圆为一组“Right圆组”，则OD =（ ）
A．或B．或C．或D．或
二、填空题
7．写出一个绝对值等于自身的值的数： ．
8．记，则 ．
9．因式分解： ．
10．不等式组的解是 ．
11．如果关于的方程没有实数根，那么的取值范围是 ．
12．方程的根为 ．
13．函数的定义域为 ．
14．某小组用电脑做“用频率估计概率”的试验时，统计了某一事件发生的频率，绘制了如图所示的折线图．假设该事件为“等概率从1~9的连续整数中选出n的倍数”，则正整数n的值最可能是 ．
15．如图，已知四边形中，点、、分别是对角线、和边的中点．如果设，，那么向量 （用向量、表示）．
16．如图，在平面直角坐标系中有曲线的图象． 在该图象上有点和点，点在轴上．连接，若，则的面积为 ．
17．在菱形中，为锐角．边上有一点，使，．沿直线翻折得到，点落在边上，且．则关于的解析式为 ．（写出定义域）
18．在中，，，为钝角．在延长线上取一点O，．绕点O顺时针旋转，点A、B、C分别对应点D、E、F，点C在射线上．若旋转角恰好为，那么的长为 ．
三、解答题
19．先化简，再求值：，其中．
20．解方程组：
21．如图，在中，为边上的高．过点作的垂线，垂足为点．若， ，的余弦值为．
(1)求的长．
(2)连接交边于点，求的值．
22．背景概述：现在二次元文化十分流行，许多二次元爱好者会去商店购买自己喜欢的二次元角色的周边，称作“买谷”谷，英文货物的谐音．而“买谷”的一种形式叫做“抽卡”，即购买随机款式的卡片，如果运气好能“抽”到自己想要的款式，岂不美哉．
情景：你是某家二次元周边商店的经营者，店里现在有两台抽卡设备．
使用第一台抽卡，费用元和抽卡次数次成正比例，且满足时；
使用第二台抽卡，先要缴付元的使用金额，之后每次抽卡需支付第一台机器一半的抽卡单价．
(1)直接写出第一、二台抽卡，关于的函数解析式不写定义域)．
(2)你在某一个时段内统计了人次使用两台抽卡设备抽卡的次数，以此来估计全店当天两台抽卡设备被使用的频率．你让助手将数据整理成表格，但是他只统计了部分数据，请帮助他填完空缺部分．
所有顾客都会选择在同等抽卡次数下最省钱的抽卡设备使用．请你先补充表格，之后估计出全店当天第一台抽卡设备的使用频率．
23．如图1，在中，在四边形中．连接交于点，连接交于点，满足．
(1)求证：四边形为平行四边形．
(2)如图2，当四边形为正方形，且在线段上时，求证： ．
24．在平面直角坐标系中，有一抛物线（为常数）的顶点为点，交轴于点．
(1)若点；
①求出点坐标．
②在抛物线对称轴上有一点，抛物线对称轴右侧图像上有一点．连接，和互补，且．求点、的坐标．
(2)当时，向下平移抛物线，使点落在轴正半轴上点处，点平移到点处．连接，线段上有一点，过点作垂线交抛物线对称轴右侧图像于点．求的取值范围．
25．如图，在中，是斜边上的中线．分别作和的外接圆、，连接、．
(1)求证：．
(2)当时，连接，交弦于点．假设圆和弦有交点和．
①若点和点重合，画出对应的图形，并且求和周长的比值．
②如图，令和交于点，连接，若，求的值．
总人次∶20人次
抽卡次数
1
2
3
4
5
6及以上
人次
8
4
________
2
1
________
频率
0.4
略
略
略
略
0.05
《2025年上海市初中数学中考模拟练习 》参考答案
1．B
【分析】本题考查了相反意义的量“用正负数表示两种具有相反意义的量，具有相反意义的量都是相互依存的两个量，它包含两个要素，一是它们的意义相反，二是他们都是数量”，熟记相反意义的量的定义是解题关键．根据相反意义的量的定义求解即可得．
【详解】解：因为吐出与吸入具有相反意义，
所以某机器吐出1500升空气记作升，则其吸入1200升空气记作1200升，
故选：B．
2．D
【分析】本题主要考查了不等式的性质，正确理解不等式的性质是解题关键．
根据不等式的性质以及反例法，逐项分析判断即可．
【详解】解：A.因为，所以，所以，故该选项正确，不符合题意；
B. 因为，即，所以，故该选项正确，不符合题意；
C. 因为，所以，故该选项正确，不符合题意；
D.可令，则，因为，所以此时，即不一定正确，本选项符合题意．
故选：D．
3．B
【分析】本题主要考查了正比例函数的性质，熟练掌握正比例函数的图像与性质是解题的关键．根据正比例函数（为常数，）的性质，结合图像经过的象限判断的符号，进而分析各选项．
【详解】解：函数（是常数，）的图像经过第二象限，
，
函数的图像经过第二、四象限，的值随的值增大而减小．
当时，；正比例函数的图像是倾斜直线．
所以选项A、C、D正确，选项B错误．
故选：B．
4．C
【分析】本题考查的是一元一次方程的应用，掌握“利用各部分的工作量之和等于1列方程”是解本题的关键.先得出甲的工作效率为，设完成此项工程需天，则乙总共做了天，甲先做3天完成， 再合作天，完成， 据此列出方程即可.
【详解】解：∵假设有一项工程总量为1，甲独做需10天完成，
∴甲的工作效率为，
故A选项不符合题意；
∵现由甲先做3天乙再加入合作，完成此项工程共需天，
∴乙总共做了天
故B选项不符合题意；
设完成此项工程需天，甲先做3天完成再合作天，完成
由题意得方程：，
故C选项符合题意；D选项不符合题意；
故选：C.
5．D
【分析】本题考查了多边形的内角与外角、正多边形的概念，熟练掌握有关定理是解题的关键．
根据各边相等，各内角相等的多边形是正多边形，多边形的内角和等于，外角和等于逐一判断即可．
【详解】解：A，过七边形一个顶点可以作4条对角线，将其分割为5个三角形，故此选项说法错误，不符合题意；
B，凸多边形的外角和是360°，与边数无关，故此选项说法错误，不符合题意；
C，凸多边形若各边相等，但各内角不相等，这个凸多边形不是正多边形，故此选项说法错误，不符合题意；
D，三角形的内角和小于它的外角和，四边形内角和等于它的外角和，其他多边形内角和大于它的外角和，故此选项说法正确，符合题意．
故选：D．
6．A
【分析】本题考查了切线的性质、勾股定理，理解“Right圆组”的半径满足勾股定理是解题关键．
可得三个圆的半径分别为：、、，过点作，垂足为，求出梯形的高， 设，则，，再分以或为斜边，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：如图，以点O为圆心，作三个同心圆分别与直线BC相切于点，过点D和点C．其半径分别为：、、，，
过点作，垂足为，
∵在直角梯形中，，
∴，，
∴四边形、是矩形，
∴，，，
∴，
∴在中，，
∴
设，则，，
∴，
若三个同心圆为一组“Right圆组”，
当为斜边时，即：
，
解得：，
当为斜边时，即：
，
解得：，
综上所述：长为或．
故选：A．
7．（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了绝对值的性质，熟练掌握正数和的绝对值等于它本身是解题的关键．根据绝对值的性质，找出绝对值等于自身的数．
【详解】解：因为正数和的绝对值等于它本身，
所以可以取（答案不唯一）．
故答案为：（答案不唯一）．
8．
【分析】本题考查了新定义运算，二次根式的加法运算，根据新定义运算分别求出和，再相加即可求解，理解新定义是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，，
∴，
故答案为：．
9．
【分析】本题主要考查了提取公因式法进行因式分解，熟练掌握如何找出多项式各项的公因式是解题的关键．本题可先找出多项式各项的公因式，再利用提取公因式的方法进行因式分解．确定公因式时，需从系数、字母以及字母的指数这几个方面来综合考虑．
【详解】解：
故答案为：．
10．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】解：，
由①得：，
解得：，
由②得：，
解得：，
∴不等式组的解集为．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
11．
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
【详解】解：∵方程没有实数根,
∴
故答案为：．
12．
【分析】本题主要考查了分式方程的解法，熟练掌握解分式方程的步骤（去分母化为整式方程、求解整式方程、检验）是解题的关键．先通过通分将分式方程化为整式方程，再求解整式方程，最后检验根的正确性．
【详解】解：，
，
，
，
，
检验：当时，，
所以是原方程的根．
故答案为：．
13．且
【分析】本题主要考查了定义域、分式的性质、解一元二次方程等知识，根据分式有意义的条件确定是解题关键．分解分式有意义的条件可知，然后解方程，即可获得答案．
【详解】解：根据题意，可知，
当时，解得，
所以，函数的定义域为且．
故答案为：且．
14．3
【分析】本题考查了用频率估计概率以及概率的计算，解题的关键是分别计算不同正整数对应的概率，再与折线图中稳定的频率对比．
先确定从1到9中不同正整数的倍数个数，计算对应的概率，再结合折线图中频率稳定的范围（约0.33），找出最符合的．
【详解】解：从1到9的连续整数共有9个．根据“用频率估计概率”，当试验次数很大时，频率稳定在概率附近，折线图中事件发生的频率稳定在0.33左右，因此需计算不同正整数时，“选到的倍数”的概率：
若，到9中2的倍数有，共4个，概率为，与0.33不符．
若，到9中3的倍数有，共3个，概率为，与折线图中稳定的频率（约0.33）接近．
若，到9中4的倍数有，共2个，概率为，与0.33不符．
其他更大的（如），1到9中的倍数更少，概率更小，均不符合．
因此，正整数的值最可能是3．
故答案为：3．
15．
【分析】本题主要考查了向量的运算和三角形中位线定理，熟练掌握向量的运算法则和三角形中位线定理是解题的关键．利用三角形中位线定理，结合向量的运算来推导．
【详解】解：∵点、、分别是对角线、和边的中点．
∴，，
∴．
∵，，
∴．
，
，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了反比例函数的几何应用，先求出反比例函数的解析式，进而可得，过点作轴于，过点作轴于，由等腰三角形的性质可得，即得，最后根据计算即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：∵点在反比例函数的图象上，
∴，
∴反比例函数解析式为，
∵点在反比例函数的图象上，
∴，
∴，
过点作轴于，过点作轴于，如图，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，，
∴，，
∴
，
故答案为：．
17．
【分析】利用菱形的性质得到边和角的关系，通过翻折的性质得到全等三角形，进而得到边相等，再结合相似三角形的判定与性质来建立与的关系．
【详解】解：在延长线上取一点，使得，

∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵沿直线翻折得到，
∴，，，
∴，，，
∵，
∴，
∵，，，，
∴，
∴，，
∴．即，
解得．
∵，，
∴定义域为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、翻折的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
18．
【分析】本题考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、余切，熟练掌握旋转的性质是解题关键．根据题意画出图形，过点作于点，先证出，根据相似三角形的性质可得的长，再根据余切的定义可得的长，然后利用勾股定理可得的长，最后根据即可得．
【详解】解：如图，过点作于点，
∵，，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
19．；
【分析】首先对括号内的分式进行通分，计算分式的加减，然后把除法转化成乘法，然后计算分式的乘法即可化简，然后代入数值进行计算即可求解．
【详解】解：
=
=．
当时，原式=．
【点睛】本题考查了分式的混合运算，二次根式的运算，分式混合运算要注意先去括号；分子、分母能因式分解的先因式分解；除法要统一为乘法运算．
20．，．
【分析】由方程②得出x+y=1，或x+y=﹣1，进而解答即可．
【详解】，由②可得：x+y=1，或x+y=﹣1，所以可得方程组或，解得：，；
所以方程组的解为：，．
【点睛】本题考查了解二元二次方程组，关键是根据完全平方公式进行消元解答．
21．(1)
(2)
【分析】本题考查了解三角形和相似三角形的判定和性质，解题关键是根据结合图形，利用相似三角形或三角函数转化线段比．
（1）根据求出，进而由勾股定理求出， ，再由面积法求出，
（2）过点作于点H，由相似三角形的判定和性质先求出，进而由得出结论．
【详解】（1）解：∵， ， ，
∴ ，
，
又∵ ，
∴
∴
∵
∴
（2）过点作于点H，
∴，
∴
∴①
∵在中，
代入①得：，
∴
，
∴，
22．(1)第一台抽卡费用的函数解析式为，第二台抽卡费用关于抽卡次数的函数解析式为
(2)4，1，全店当天第一台抽卡设备的使用频率为
【分析】本题主要考查了一次函数的实际应用，熟练掌握一次函数的性质以及频率的计算方法是解题的关键．
（1）根据正比例函数的定义设出第一台抽卡费用的函数解析式，再代入已知条件求出比例系数，进而得到解析式；然后根据第一台的抽卡单价求出第二台抽卡费用的函数解析式．
（2）先根据总人次求出抽卡次数为3和6及以上的人次，再分别计算不同抽卡次数下使用第一台和第二台抽卡设备的费用，确定使用第一台的人次，最后计算第一台抽卡设备的使用频率．
【详解】（1）解：设第一台抽卡费用关于抽卡次数的函数解析式为（为常数，）．
把，代入，得，
解得，
∴第一台抽卡费用的函数解析式为．
∴第一台机器抽卡单价为元/次，那么第二台机器每次抽卡需支付元．
又∵使用第二台抽卡先要缴付元的使用金额，
∴第二台抽卡费用关于抽卡次数的函数解析式为．
（2）解：∵总人次为人次，抽卡次数为、、、的人次分别为、、、，
∴抽卡次数为及以上的人次为（人次），抽卡次数为的人次为（人次），
补充表格如下
当时，第一台费用元，第二台费用元．
∵，
∴抽卡次数为时，人次都使用第一台．
当时，第一台费用元，第二台费用元．
∵，
∴抽卡次数为时，人次都使用第一台．
当时，第一台费用元，第二台费用元．
∵，
∴抽卡次数为时，人次都使用第一台．
当时，第一台费用元，第二台费用元．
∵，
∴抽卡次数为时，人次都使用第二台．
当时，第一台费用元，第二台费用元．
∵，
∴抽卡次数为时，人次使用第二台．
当时，取，第一台费用元，第二台费用元．
∵，
∴抽卡次数为及以上时，人次使用第二台．
使用第一台抽卡设备的人次为人次．
第一台抽卡设备的使用频率为．
23．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质和判定，解题关键是利用比例的性质转化线段比．
（1）由可得，由可得，由此证明，即可得出，进而证明，由两组邻边平行的四边形是平行四边形判定四边形为平行四边形．
（2）先证明，得出，，再证明，即可得出．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
（2）证明：如图：
在正方形中
又∵
∴
∴ ，，
∵在正方形中，，
又∵
．
24．(1)①点坐标为；②点，点；
(2)．
【分析】（1）①根据抛物线顶点坐标求出、的值，进而得到抛物线解析式，再求与轴交点的坐标．②先确定抛物线对称轴，根据角的关系得到角相等，设出点坐标，利用三角函数和勾股定理求出点、坐标．
（2）先求出平移后相关点的坐标，得到直线和的解析式，设出点坐标，进而得到点坐标，求出和的长度表达式，再求其比值的取值范围．
【详解】（1）解：①∵抛物线的顶点为，
∴，，
∴，
∴抛物线解析式为，
令，则，
∴点坐标为．
②过作轴于点，过作于点，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴设点，
∵和互补，且为锐角，
∴，为钝角，
∴点在顶点的上方，
又∵，
∴，
在中，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
，
，
（），
∴，，
∵点在抛物线对称轴右侧图像上，
∴点的横坐标为，
把代入得，
∴点，
当时，，
∴点．
（2）解：设点，
当时，原抛物线为，顶点，
向下平移抛物线，使点落在轴正半轴上点处，则，
当时，，
点，
∴平移后点即，
∴，，
过点作，交于，则，
∵，
∴，
∵轴，
∴
∴，
∴，
∴，即，
设直线的解析式为，
把，代入得
，
解得，，
∴直线的解析式为，
∵，
∴，
∴设直线为，
设直线的解析式为，
把，代入得
，
解得，，
∴直线的解析式为，
设点，
把点代入直线为，得
，解得，
∴直线的解析式为，
联立，
，
，
，
，
解得，
∵点在抛物线对称轴右侧图像上，
∴，
则，
，
，
，
根据式子的特点，随的增大而增大，
当时，，当时，，
∴．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、三角函数的应用、直线解析式的求解以及联立方程求交点等知识点，熟练掌握二次函数的图像与性质以及直线相关知识是解题的关键．
25．(1)见解析；
(2)①；②
【分析】（1）通过直角三角形斜边中线性质得出线段相等，进而得到弧相等，再结合矩形的判定与性质证明
（2）①通过证明三角形为等边三角形，得出角的度数，进而证明三角形相似，再结合线段关系求出周长比值．②通过作辅助线，利用矩形性质、线段关系以及勾股定理等求出的值．
【详解】（1）证明：是中线，，
，
，，
延长交于点，设、交于，则，，
，
∴四边形为矩形，
；
（2）解：①作图如图所示，连接，，
∵，，
∴点、都在线段的垂直平分线上，
∴垂直平分，
，，
∴，，
∴（）
，，
，，
，
又，
，
等边三角形，
，
，，
∵，
，
∴，
又，
，
，
设，
，
，
在中，∵，
∴，
；
②过点作于点，则，，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
设，
，
令、交于点，则为矩形，
，，
，，
延长交于点，连接，
，，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质、圆的相关性质、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等，熟练掌握这些知识是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6




答案
B
D
B
C
D
A




总人次∶20人次
抽卡次数
1
2
3
4
5
6及以上
人次
8
4
4
2
1
1
频率
0.4
略
略
略
略
0.05