山东省济宁市任城区2025-2026学年度第二学期一模检测 九年级数学试题（含解析）中考模拟

这是一份山东省济宁市任城区2025-2026学年度第二学期一模检测 九年级数学试题（含解析）中考模拟，共3页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回．，538×108．， 下列计算正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷共6页，考试时间120分钟，共100分．
2.答题前，考生务必先核对条形码上的姓名和准考证号，然后用0.5毫米黑色墨水签字笔将本人的姓名和准考证号填写在答题卡相应位置．
3.考试结束后，将答题卡交回．
一、选择题（各小题的四个选项中，只有一项符合题意，每小题3分，共30分）
1. 如果上升记作，那么下降记作（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查正负数的意义．直接根据正负数的意义进行求解即可．
【详解】解：如果上升记作，那么下降记作．
故选：A．
2. 如图所示标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形（在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形）和轴对称图形（如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，那么这样的图形就叫做轴对称图形）定义即可求出答案.
【详解】解：A．图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
B．图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；
C．图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
D．图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意.
故选：B.
本题考查了中心对称图形和轴对称图形，解题的关键在于熟练掌握相关定义.
3. 据国家统计局统计，2026年初我国城镇常住人口为95380万人，常住人口城镇化率比2025年初提高0.89个百分点，我国新型城镇化稳步推进，城乡统筹协调发展将有利于国内需求的扩大和人民生活水平的提高．将95380万用科学记数法表示，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查科学记数法的表示方法，先将95380万转化为整数原数，再根据科学记数法的规则写出正确形式，对比选项得到结果．
【详解】解：对原数进行单位转换：95380万=95380×10000=953800000，
故95380万=9.538×108．
4. 篆刻是中华传统艺术之一，雕刻印章是篆刻基本功．如图是一块雕刻印章的材料，其俯视图为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了三视图的知识，解题的关键是掌握俯视图即为从上面看所得到的图形．注意所有看到的或看不到的棱都应表现在俯视图中，看得见的用实线，看不见的用虚线，虚实重合用实线．
根据俯视图的定义观察图形即可求解．
【详解】解：这个组合体的俯视图为：
故选：D．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对应法则计算每个选项即可判断正误．
【详解】解：对于A选项，∵同底数幂相乘，底数不变，指数相加，
∴，A错误；
对于B选项，∵幂的乘方，底数不变，指数相乘，
∴，B错误；
对于C选项，∵积的乘方，将每个因式分别乘方再相乘，
∴(2a)2=22a2=4a2，C正确；
对于D选项，根据完全平方公式可得，(1−a)2=1−2a+a2≠1−a2，D错误．
6. 3月14日是国际数学节．某学校在今年国际数学节策划了“竞速华容道”“玩转幻方”和“巧解鲁班锁”三个挑战活动，如果小红和小丽每人随机选择参加其中一个活动，则她们恰好都选到活动“玩转幻方”的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先得到所有等可能的结果数，再找出符合“两人都选到玩转幻方”的结果数，利用概率公式计算即可，正确确定结果数量是解题关键．
【详解】解：把“竞速华容道”“玩转幻方”“巧解鲁班锁”三个活动分别记为A，B，C，
列表可得：
共有种等可能的结果，其中她们恰好都选到活动“玩转幻方”的情况有种，
故她们恰好都选到活动“玩转幻方”的概率为．
7. 为解决群众看病贵的问题，有关部门决定降低药价，对某种原价为144元的药品进行连续两次降价后售价为121元，设平均每次降价的百分率为，则下面所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程在降价率问题中的实际应用，理清连续两次降价后价格的变化关系是解题关键，根据降价后价格降价前价格(降价百分率)推导即可．
【详解】解：∵药品原价为144元，平均每次降价的百分率为，
∴第一次降价后的价格为元，
∵第二次降价是在第一次降价后的价格基础上再次降价，
∴第二次降价后的价格为元，
又∵两次降价后最终售价为121元，
∴可列方程．
8. 已知在中，，点，分别是，的中点，连接，在上有一点，，连接，，若，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求得，根据三角形中位线的性质即可求得的长．
【详解】解：∵，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵点，分别是，的中点，
∴．

9. 如图，正比例函数的图象与反比例函数的图象在第一象限交于点，点和都在轴上，是等腰直角三角形，，，则的值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】过点作轴于点，先根据等腰直角三角形的性质可得，再将代入正比例函数可得点的坐标，然后将点的坐标代入反比例函数的解析式求解即可得．
【详解】解：如图，过点作轴于点，
∵是等腰直角三角形，，，
∴，
将代入正比例函数得：，解得，
∴，
将点代入反比例函数得：．
10. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象直线与轴交于点，以为一边作正方形，使得点在轴正半轴上，延长交直线于点，按同样方法依次作正方形、正方形、、正方形，使得点，，，，均在直线上，点，，在轴正半轴上，则点的横坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一次函数图象上点的坐标特征结合正方形的性质，可得出点、、的坐标，同理可得出、、、…的坐标，进而得到、、、、……的横坐标，根据点的坐标变化可找出变化规律，依此规律即可得出结论．
【详解】解：当时，有， 解得，
∴点的坐标为．
∵四边形为正方形，
∴点的坐标为．
当时，有， 解得，
．
同理，可得出：，，，……，
的横坐标为2，的横坐标为4，的横坐标为8，的横坐标为16，…，
的横坐标为（为正整数），
∴点的横坐标是．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 若使二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式有意义的条件，根据被开方数大于等于0求解即可；
【详解】解：由二次根式有意义的条件可知，，
解得．
故答案为：．
12. 如图，正六边形ABCDEF的边长为6，以顶点为圆心，的长为半径画圆，则图中阴影部分的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】延长FA交⊙A于G，如图所示：根据六边形ABCDEF是正六边形，AB=6，利用外角和求得∠GAB=360°÷6=60°，再求出正六边形内角∠FAB=180°-∠GAB=180°-60°=120°， 利用扇形面积公式代入数值计算即可．
【详解】解：延长FA交⊙A于G，如图所示：
∵六边形ABCDEF是正六边形，AB=6，
∴∠GAB=360°÷6=60°，
∠FAB=180°-∠GAB=180°-60°=120°，
∴S扇形FAB=，
故答案为：12π．
本题主要考查扇形面积计算及正多边形的性质，熟练掌握扇形面积计算及正多边形的性质是解题的关键．
13. 已知关于的一元二次方程有两个实数根，写出符合条件的的一个值为______．
【答案】2（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据方程有两个实数根，得到判别式大于等于零，求出m的取值范围，即可．
【详解】解：由题意，得：，
解得：
∵方程是一元二次方程，
∴，
∴且，
取m的值为2（答案不唯一）．
14. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，点的坐标是，点是上一点，将沿折叠，点恰好落在轴上的点处，则点的坐标为_______ ．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查折叠性质、勾股定理，运用方程思想，关键是利用折叠得相等线段，设未知数结合勾股定理列方程，易错点为折叠后线段长度关系分析错误；先由折叠得，算出，再设，结合勾股定理列方程求解点坐标．
【详解】解：由折叠可知，，；
∵点，点，
∴，
则；
∵点，则，
∴；
设，则，
在中，，
即
解方程得：，即
∵点是上，在轴上，
∴点的坐标为；
故答案为．
15. 如图，为等边三角形，，，点为线段上的动点，连接，以为边作等边，连接，则线段的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等，连接，可证，得到，，可知当时，线段的值最小，进而解答即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵为等边三角形，，，
∴，，，，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴当时，线段的值最小，
此时，，
∴，
故答案为：．
三、解答题（共55分、解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤）
16. 计算与化简求值：
（1）计算：：
（2）先化简，再求值：，其中．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）先进行乘法运算，再进行减法运算即可；
（2）利用分式的性质先进行化简，再把代入到化简后的结果中计算即可．
【小问1详解】
解：原式=2−4×12
；
【小问2详解】
解：原式=a−1a−2⋅(a+2)(a−2)(a−1)2+2a−1
=a+2a−1+2a−1
=a+4a−1，
当时，原式．
17. 湘绣作为中国四大名绣之一，凭借其国潮经典之韵，深受国内外消费者的喜爱．某商场计划购进A，B两款湘绣并出售，已知两款湘绣的进价和售价如表：
该商场计划进货两款湘绣共30件，且购进A款湘绣的数量不少于B款湘绣的，
（1）B款湘绣最多购进多少件？
（2）如何设计进货方案才能使这次进货售完后获得最大利润，最大利润是多少？
【答案】（1）B款湘绣最多购进18件
（2）购进A款湘绣12件，B款湘绣18件，才能使这次进货售完后获得最大利润，最大利润是7200元
【解析】
【分析】（1）设款湘绣购进件，则款湘绣购进件，根据题意列出一元一次不等式，解不等式即可得出结果；
（2）设利润为元，求出关于的关系式，再结合一次函数的性质即可得出结果．
【小问1详解】
解：设款湘绣购进件，则款湘绣购进件，
，
解得，
B款湘绣最多购进18件；
【小问2详解】
解：设利润为元，
由题意得：，
，
随的增大而增大，
当时，取最大值，最大值为（元），
（件），
答：购进A款湘绣12件，B款湘绣18件，才能使这次进货售完后获得最大利润，最大利润是7200元．
18. 如图，在矩形中，，，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，，再分别以点，为圆心，大于长为半径画弧交于点，作射线，过点作的垂线分别交，于点，，求的长．
【答案】2
【解析】
【分析】由矩形的性质得到，，，则由勾股定理可得，证明，得到，证明，得到，据此代入数值求解即可．
【详解】解：矩形中，，，
，，，
，
由作图过程知平分，则，
，
，
又，
，
，
∴，
，
，
，即，
．
19. 某学校举办的“青春飞扬”主题演讲比赛分为初赛和决赛两个阶段．
（1）初赛由10名教师评委和45名学生评委给每位选手打分（百分制），对评委给某位选手的打分进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息：
．教师评委打分：86，90，90，91，91，91，91，92，96，92；
．学生评委打分的频数分布直方图如下（数据分6组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组）：
．评委打分的平均数、中位数、众数如下：
根据以上信息，回答下列问题：
①的值为 ，的值位于学生评委打分数据分组的第 组；
②若去掉教师评委打分中的最高分和最低分，其余教师评委打分的平均数为 ．
（2）决赛由5名专业评委给每位选手打分（百分制），对每位选手，计算5名专业评委给其打分的平均数和方差，平均数较大的选手排序靠前，若平均数相同，则方差较小的选手排序靠前，5名专业评委给进入决赛的甲、乙、丙三位选手的打分如下：
若丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，则这三位选手中排序最靠前的是 ，表中（为整数）的值为 ．
【答案】（1）① 91，4；② 91
（2）甲，92
【解析】
【分析】本题考查条形统计图，平均数、众数、中位数、方差等知识，理解平均数、方差的意义和计算方法是正确解答的前提．
（1）根据众数、中位数和算术平均数的定义解答即可；
（2）根据题意得出，进而分别求得方差与平均数，分类讨论，求解即可．
【小问1详解】
解：① 从教师评委打分的情况看，91分出现的次数最多，故教师评委打分的众数为91，
所以，
共有45名学生评委给每位选手打分，
所以学生评委给每位选手打分的中位数应当是第23个，从频数分面直方图上看，可得学生评委给每位选手打分的中位数在第4组，
故答案为：91，4；
②去掉教师评委打分中的最高分和最低分，其余8名教师评委打分分别为： 90，90，91，91，91，91，92， 92，
平均数为：，
故答案为：91；
【小问2详解】
解：，
，
，
，
丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，
，
，
解得，
当时，，
此时，，
，
乙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，不合题意；
当时，，
此时，，
，
丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，这三位选手中排序最靠前的是甲，
故答案为：甲，92．
20. 2025年春节联欢会上，我们看到了机器人跳舞的场景，随着科技的进步，人工智能得到了巨大的发展．如图1是一款机械臂机器人，基座与地面垂直，基座米，大臂米，小臂米，大臂与水平线的夹角为，小臂与大臂的夹角为，其中（图中点、线在同一个平面内）．
（1）经过实验发现，当取最大值，且点三点共线时（如图2），抓手距离地面的高度最大，则抓手距离地面的最大高度是_______米；（结果保留根号）
（2）设抓手到直线的水平距离为．如图3，当时，求的值．（结果精确到，参考数据：，）．
【答案】（1）
（2）米
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的实际应用，勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
（1）利用勾股定理求出的长，即可求解；
（2）过点C作交的延长线于点E，过点D作交的延长线于点F，利用求出的长度，利用求出的长度，即可求解．
【小问1详解】
解：，米，米，
米，
点三点共线，
米．
【小问2详解】
解：如图，过点C作交的延长线于点E，过点D作交的延长线于点F，
，
由题意可得，
，
在中，米，，
由，
可得米，
，
，
在中，米，
由，
可得米，
米，
米米．
答：抓手到直线的水平距离为米．
21. 如图，是的直径，点在直径上，，，连接，与相交于点，过点作，交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若点是的中点，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，由已知条件推出，由垂直得，同圆半径相等推出，等量代换得的角从而证出是的切线；
（2）连接，由是的直径，得，由中点定义得线段相等，进一步用勾股定理求线段长，再用三角形相似求比例线段从而求出的长。
【小问1详解】
证明：连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线；
【小问2详解】
解：连接，
是的直径，
，
，
，
，，
，
，
．
22. 已知二次函数（是常数，且）的图象经过点和点．
（1）若抛物线过点，求抛物线顶点坐标；
（2）若存在实数，使得，且，求的取值范围；
（3）当时，的值增大，的值先减小再增大，且的最大值与的最小值的差等于3，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法确定函数解析式，然后化为顶点式即可；
（2）先计算，，用表示，进而可得，分别代入得出关于的不等式组，解不等式即可；
（3）根据当时，的值增大，的值先减小再增大，可得点抛物线对称轴的左侧，点抛物线对称轴的右侧．当时，的最小值是．然后分两种情况讨论的最大值, 由该二次函数的最大值与最小值的差为3，列出方程求解．
【小问1详解】
解：抛物线过点，
，
，则二次函数为，
，
顶点坐标；
【小问2详解】
把代入得：
把代入得：．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴；
【小问3详解】
∵二次函数的对称轴为，
当时，的值增大，的值先减小再增大，
∴点抛物线对称轴的左侧，
点抛物线对称轴的右侧．
∴当时，的最小值是．
若，即，的最大值是
∴．
解得：m1=−1+3, m2=−1−3（舍去）．
若，即，的最大值是，
∴．
综上，的值是．
23. 综合与实践
问题情境：
在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展探究活动，如图①，在四边形中．．
，如图②，保持不动，将沿着方向向下平移，使得点与边的中点重合，得到．
操作发现：
（1）连接，试猜想和的数量关系，并说明理由；
（2）如图③，在图②的基础上，再将以点为旋转中心，按顺时针方向旋转一定角度，使点在同一条直线上（在中间），连接．试判断四边形的形状，并证明你的结论；
实践探究：
（3）如图④，在图②的基础上，按（2）中的旋转方式继续旋转．当第一次恰好与垂直时停止旋转，设与交于点，与交于点，延长交于点，连接交于点，求线段的长．
【答案】（1），见解析；（2）四边形为平行四边形，见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）根据平移的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可；
（2）利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可．
（3）证明是的中位线，，后利用正切函数，勾股定理解答即可．
【详解】解：（1）理由如下：如解图，
是的中点，根据勾股定理，得，
，
由平移的性质，得，
，
为的中点，
又为直角三角形，
．
（2）证明：四边形为平行四边形，
证明如下：
由旋转的性质，得，
在中，
是的中点，
，
．
由题图①得，
，
根据旋转的性质，可得，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（3）解：，
，
．
，
．
，
，
，
为的中点，
是的中位线，
，
，
，
．
，
．
由（1）知，，
则，
，
，
，
在中，由勾股定理得，．
本题考查了平移的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握性质和三角函数，和勾股定理是解题的关键．小红
小丽
A
B
C
A
B
C
类别
价格
A款湘绣
B款湘绣
进价（元／件）
800
1400
售价（元／件）
980
1680
平均数
中位数
众数
教师评委
91
91
m
学生评委
90.8
n
93
评委1
评委 2
评委 3
评委 4
评委5
甲
93
90
92
93
92
乙
91
92
92
92
92
丙
90
94
90
94
k