2026年北京市西城区九年级统一测试试卷 数学（含解析）中考模拟

这是一份2026年北京市西城区九年级统一测试试卷 数学（含解析）中考模拟，共6页。试卷主要包含了 因式分解等内容，欢迎下载使用。
2026.4
考生须知
1．本试卷共7页，共两部分，28道题．满分100分．考试时间120分钟．
2．在试卷和草稿纸上准确填写姓名、准考证号、考场号和座位号．
3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．
4．在答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答．
5．考试结束，将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回．
第一部分 选择题
一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
1. 下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A选项是中心对称图形，不是轴对称图形，符合题意；
B选项不是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
C选项是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
D选项不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意．
2. 如图，点在直线上，，平分．若，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据角平分线的定义得到，利用垂直的定义得到，则．
【详解】解：∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴．
3. 年月由中国雅江集团承建的雅鲁藏布江下游水电工程开工建设，总投资约万亿元，总装机容量预计是三峡工程的三倍．年西藏自治区发电量累计值约为千瓦时，雅鲁藏布江下游水电工程建成后预计每年发电量可达年西藏自治区发电量累计值的倍，则该工程预计每年发电量约为（ ）
A. 千瓦时B. 千瓦时C. 千瓦时D. 千瓦时
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意列出算式，计算后整理为标准科学记数法形式即可得到结果．
【详解】解：由题意可知，该工程预计每年发电量为年西藏自治区发电量的倍，
．
4. 实数，在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数轴可知，然后逐项判断即可．
【详解】解：由图可知：，
∴，
故选：C.
5. 一个不透明的袋子中装有个红球、个黄球，这些球除了颜色外无其他差别．先从袋子中随机摸出一个小球，放回并摇匀，再从袋子中随机摸出一个小球，那么第一次摸到的球是红球、第二次摸到的球是黄球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出树状图，由树状图可知，共有种等可能的情况出现，其中第一次摸到红球，第二次摸到黄球的情况共有种，所以第一次摸到红球，第二次摸到黄球概率为．
【详解】解：画树状图如下：
由树状图可知，共有种等可能的情况出现，其中第一次摸到红球，第二次摸到黄球的情况共有种，
第一次摸到红球，第二次摸到黄球概率为．
6. 关于x的一元二次方程有两个实数根，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了一元二次方程的判别式，解题的关键是利用一元二次方程的根与判别式的关系解决问题．一元二次方程有实数根需满足二次项系数不为零且判别式非负，即且，计算判别式并解不等式即可．
【详解】解：∵方程有两个实数根，
∴且．
，
∴
解得．
又∵，
∴且．
故选：D．
7. 如图，在中，，，以为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以，为圆心，长为半径画弧，两弧交于点（点与点不重合），连接交于点，则的大小为（ ）
A. B. 65°C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题干中的要求作出图形，由作图可得，，根据三角形内角和定理可知，又因为可以求出，根据三角形内角和定理可得，证明，根据全等三角形的性质可知．
【详解】解：如下图所示，
，，
，
由作图可知平分，
，
，，
，，
在中，，
，
，
在中，，
在和中，
，
，
，
．
8. 如图，在平面直角坐标系中，点，分别为轴，轴正半轴上的定点，四边形为矩形，函数（）的图象与边交于点，与边交于点，直线与轴交于点，与轴交于点，连接，．
给出下面四个结论：
①一定为锐角三角形；
②；
③当的面积为时，的值可能是；
④与的面积可能相等．
上述结论中，所有正确选项的序号是（ ）
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】当，时，，，有可能是钝角三角形；利用待定系数法求出直线的解析式，利用解析式求出点、的坐标，可证，利用可证；根据三角形的面积公式可得，所以可得；根据与的面积相等可得，方程有解，所以与的面积可能相等．
【详解】解：当，时，，，
，
有可能是钝角三角形，
故①中结论错误；
设点的坐标为，
则，，
，
当时，可得，
点的坐标为，
当时，可得，
点的坐标为，
设直线的解析式为，
可得：，
解得：，
直线的解析式为，
当时，可得：，
解得：，
点的坐标为，
，，
，
四边形是矩形，
，，
，
在和中，
，
，
故②中结论正确；
由②可知直线的解析式为，
当时，可得，
，
，
，
，
，
，
，
故③中结论错误；
点的坐标是，点的坐标是，点的坐标是，
，，，，
，
，
若与的面积相等，
则有，
整理得：，
，
方程一定有解，
与的面积可能相等，
故④的结论正确；
结论正确的有②④．
第二部分 非选择题
二、填空题（共16分，每题2分）
9. 若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件，被开方数为非负数，列出不等式求解即可．
【详解】解：在实数范围内有意义，
，
解得：
10. 因式分解：______．
【答案】
【解析】
【分析】先提公因式3a，然后再利用平方差公式进行分解即可得.
【详解】原式
，
故答案为．
本题考查了综合提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
11. 方程的解为________．
【答案】
【解析】
【分析】通过去分母将分式方程转化为整式方程，求解整式方程后进行检验，得到原方程的解．
【详解】解：原方程移项得：，
方程两边同乘最简公分母，去分母得：，
移项，合并同类项得：，
检验：当时，
是原分式方程的解．
12. 若n边形的内角和是它的外角和的2倍，则n=_______．
【答案】6
【解析】
【分析】根据多边形内角和公式：（n-2）•180°（n≥3且n为整数），结合题意可列出方程180°（n-2）=360°×2，再解即可．
【详解】解：多边形内角和=180°（n-2）， 外角和=360°，
所以，由题意可得180°×(n-2)=2×360°，
解得：n=6．
故答案为：6．
此题主要考查了多边形内角和和外角和，关键是掌握多边形内角和公式：（n-2）•180°（n≥3且n为整数），多边形的外角和等于360度．
13. 某中学九年级共有名学生，为了解他们一周（天）课外阅读的时长分布情况，从中随机抽取了名学生，获得他们阅读时长的数据（单位：小时），数据整理如下：
根据以上信息，估计该校九年级名学生中这一周课外阅读时长不少于小时的人数是________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出抽取样本中课外阅读时长不少于小时的频率，再用九年级总人数乘以该频率，即可得到估计结果．
【详解】解：由表格可得，抽取的名学生中，一周课外阅读时长不少于小时的人数为，
该组数据的频率为，
估计该校九年级名学生中这一周课外阅读时长不少于小时的人数为．
14. 如图，在边长为的小正方形构成的网格中，点，，都在格点上，以为直径的圆经过点，，则的值为________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】连接、，根据圆周角定理可知，根据直径所对的圆周角是直角，可知，根据正切的定义即可求出结果．
【详解】解：如下图所示，连接、，
，
，
是直径，
，
，
由网格可知，，
．
15. 如图，在正方形中，点在边上，点是的中点，过点作分别交，于点，，连接．若，，则的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，根据正方形的性质及勾股定理求出，设，根据利用勾股定理列方程求出，然后求出，则面积可得.
【详解】解：连接，
∵点是的中点，，
∴，
∵正方形中，
∴，
∴在中，，
∴，
设，则，
∵，
∴即：，
解得：，
∴，
∵，点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴.
16. 某体育馆有三块场地，分别记为场地1，2，3．三块场地每次用完后，需安排甲、乙、丙三名员工进行维护，每个场地都要完成A，B，C三个项目才算维护完成．要求：甲只负责A，乙只负责B，丙只负责C；同一场地同一时间只进行一个项目的维护，一个人维护完一个场地后才能进行下一个场地的维护，C必须最后完成．下表是这三名员工在维护这三个场地时每个项目所需时间（单位：分钟）：
（1）若只维护场地1和场地2，则最少需要________分钟；
（2）若三块场地都要维护，则最少需要________分钟．
【答案】 ①. 16 ②. 21
【解析】
【分析】本题考查了逻辑推理，理解题意，结合题干“每个场地都要完成A，B，C三个项目才算维护完成．要求：甲只负责A，乙只负责B，丙只负责C；同一场地同一时间只进行一个项目的维护，一个人维护完一个场地后才能进行下一个场地的维护，C必须最后完成”进行分析，再算出对应的时间，即可作答．
【详解】解：（1）理解题意，假设早上点开始进行维护，
当早上开始计时，乙去场地1进行场地的维护，同时甲去场地2进行场地的维护，
即在，乙维护场地1；
即在，甲维护场地3；
∵同一场地同一时间只进行一个项目的维护，一个人维护完一个场地后才能进行下一个场地的维护，
∴早上甲去场地1进行场地的维护，乙去场地2进行场地的维护，
则
∴乙已结束场地2的维护，丙再去场地2进行场地的维护，
故丙已结束场地2的维护，
∵，
∴在，甲进行场地1的维护
∴甲已结束场地1的维护，丙再去场地1进行场地的维护，
则，
故丙已结束场地1的维护，
∴只维护场地1和场地2，则最少需要16分钟；
（2）理解题意，假设早上点开始进行维护，
当早上开始计时，乙去场地1进行场地的维护，同时甲去场地3进行场地的维护，
即在，乙维护场地1；
即在，甲维护场地3；
在，甲维护场地2；
∴在，乙维护场地3；
此时在，乙维护场地3结束后，丙再去场地3进行场地的维护，
∴在，丙结束场地3的维护，
∴在，甲维护场地1；
此时在，甲维护场地1结束后，丙再去场地1进行场地的维护，
即在，丙维护场地1；
当丙维护场地1结束后，马上去场地2进行场地的维护，
∴在，丙结束场地2的维护，
若三块场地都要维护，则最少需要21分钟．
三、解答题（共68分，第17-19题，每题5分，第20题6分，第21题5分，第22题6分，第23题5分，第24题6分，第25题5分，第26题6分，第27-28题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】先算绝对值化简、二次根式化简、锐角三角函数、负整数指数幂，然后算加减即可.
【详解】解：
．
18. 解不等式组：
【答案】
【解析】
【分析】分别求出两个不等式的解集，然后找出它们解集的公共部分．
【详解】解：原不等式组为，
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴原不等式组的解集为．
19. 已知，求代数式的值．
【答案】
【解析】
【分析】先根据分式的运算法则把所给代数式化简，再把代入计算即可．
【详解】解：原式．
，
．
∴原式．
20. 如图，在四边形中，，对角线平分，过点B作交的延长线于点E，过点B作，交于点G，交于点F．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若点F是的中点，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据三个角都是直角的四边形是矩形证明即可；
（2）证明，得到，进而利用特殊角的三角函数值求解即可．
【小问1详解】
证明：，
，
，
，
，
，
∴四边形是矩形．
【小问2详解】
解：∵点F是的中点，
，
∵平分，
，
，，
，
，
在中，，
，
∵在矩形中，，
，
，
，
．
21. 在平面直角坐标系中，函数的图象经过点和．
（1）求的值；
（2）当时，对于的每一个值，函数的值既大于函数的值，也大于函数的值，直接写出的取值范围．
【答案】（1）的值为，的值为
（2）且
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可求得的值；
（2）分成当，两种情况进行分析即可．
【小问1详解】
解：∵函数的图象过点和，
，
解得，即，
∴的值为，的值为．
【小问2详解】
解：由上可得函数的值既大于函数的值，也大于函数的值，
∵，，
∴和的函数是从左到右为下降的直线，
当时，不等式需对所有成立，
整理得，
要使该不等式对任意大的正数都成立，则的系数必须非负，即，
解得，
结合，得．
当时，将代入和中，
即，，
∵函数的值既大于函数的值，也大于函数的值，
∴将代入时，，
即，
解得：，
综上可得：且．
22. 竹节人是中国传统民间玩具，它由竹节与线绳组装而成．如图1，制作一个竹节人，需将一根粗细均匀的竹子截成九段：一段长竹节为头和上身，另八段等长短竹节为四肢．如图2，已知短竹节长与长竹节长的比为，竹节人的头长与上身长的比为，头宽比头长少，竹节人完全张开手臂的臂展长为，求这个竹节人的总高度．
【答案】这个竹节人的总高度为
【解析】
【分析】设竹节人的头长为，根据线段之间的数量关系，表示出相关线段的长度，列方程求解即可．
【详解】解：设竹节人的头长为，则它的上身长为，头宽为，下身长为．
依题意，得．
解得．
所以．
答：这个竹节人的总高度为．
23. 某校开展合理使用手机的宣传活动，某班班长选取甲、乙、丙、丁四名同学进行经验分享，他收集了这四名同学最近天使用手机的时长（单位：分钟）的数据，并进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a．甲同学天使用手机时长：

b．乙、丙同学天使用手机时长的折线图：
c．四名同学天使用手机时长的平均数、中位数、方差：
（1）表中的值为 ，的值为 ， （填“”“”或“”）；
（2）根据这天使用手机的数据，班长按如下方式决定四名同学的分享顺序：首先比较平均数，平均数较小者优先；若平均数相等，则比较方差，方差较小者优先；若平均数、方差分别相等，则使用时长小于平均数的次数较多者优先．四名同学的经验分享顺序依次为 ．
【答案】（1），，
（2）乙，丁，丙，甲
【解析】
【分析】（1）根据甲的数据求出平均数；把丙同学使用手机的时长按照从小到大的顺序排列中间两数的平均数即为丙的中位数；计算出丙的方差和比较；
（2）按照要求先比较平均数、平均数相等的再比较方差、如果方差也相等，则通过中位数的大小确定使用时长小于平均数的次数．
【小问1详解】
解：分钟；
由折线统计图可知，把丙同学使用手机的时长按照从小到大的顺序排列如下：
、、、、、、、、、，
共有个数据，其中第和第个数据是和，
丙同学使用手机时长的中位数为；
丙同学使用手机的时长的方差为，
；
【小问2详解】
解：由平均数可知，甲和丙的平均数都是，乙和丁的平均数都是，
乙和丁优先，
甲的方差是，丙的方差是，
丙比甲优先，
乙和丁的方差都是，
乙的中位数是，丁的中位数是，
乙使用时长小于平均数的次数较多，
乙比丁优先，
四名同学的经验分享顺序依次为乙、丁、丙、甲．
24. 如图，，均为的直径，作弦于点，连接．过点作的切线交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）连接，若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，由垂径定理可得，由圆周角定理可知，等量代换可证结论成立；
（2）根据直径所对的圆周角是直角，可知，根据余弦定义可知，可以求出，由垂径定理可知，利用的余弦求出，利用勾股定理求出，从而可得，，可以求出，利用三角函数求出，根据求出结果即可．
【小问1详解】
证明：如下图所示，连接，
弦直径，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：是的直径，
，
，，
，
在中，，
，解得，
，，
弦直径，
，，
在中，，
，，
，，
在中，，
为切线，是半径，
，
，
在中，，
，
，
．
25. 研究表明：记完某种资料后，大脑的记忆保持率（单位：）会随时间（单位：小时）的变化而变化．设小明记完资料一后的记忆保持率为，记完资料二后的记忆保持率为，且和互不影响．通过分析发现，可以用函数刻画与，与之间的关系，部分数据如下：
在给出的平面直角坐标系中，函数的图象如图所示．
（1）观察函数的图象，当整数的值为 时，的值首次低于；
（2）在给出的平面直角坐标系中，画出函数的图象；
（3）假设小明首次记完资料一或资料二均需要小时．
①小明先记完资料二，小时后开始记忆资料一，若他记完资料二小时后，资料一和资料二的记忆保持率相同，则的值是 ；
②小明记完一个资料后，休息分钟，再记忆另一个资料．若从开始记忆计时，小时后资料一和资料二的记忆保持率的和最大，则小明应该先记忆资料 （填“一”或“二”），此时记忆保持率和的最大值是 （结果是整数）．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）①；②二；
【解析】
【分析】（1）观察表格信息即可得出结论；
（2）用描点法画图象即可；
（3）①由表格可知：时 ；当时 ，列方程 即可得出结论；
②结合图象及表格信息即可得出结论.
【小问1详解】
解：由图象可知：当时， ；
当时， ；
∴当整数的值为时，的值首次低于；
【小问2详解】
解：根据表格绘图，如下图所示：
【小问3详解】
解：①由表格可知：时 ；
当时 ，
∴ 即：；
②若先记忆资料一时，
当时，，当 时，，
∴；
若先记忆资料二时，
当时， ，当 时， ，
∴，
∵，
∴从开始记忆计时，小时后资料一和资料二的记忆保持率的和最大，则小明应该先记忆资料二，此时记忆保持率和的最大值是.
26. 在平面直角坐标系中，已知二次函数．
（1）当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，用等式表示与关系，并说明理由；
（2）当，时，将二次函数的图象记为，一次函数的图象记为，过点作轴的垂线分别交，于点，．当时，点与点的距离存在最大值，求的取值范围．
【答案】（1），理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，且，可知抛物线的对称轴为，根据对称轴公式可得与关系；
（2）根据的取值范围与二次函数图象的性质分情况讨论．
【小问1详解】
解：当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，且，
二次函数图象的对称轴为，
，
；
【小问2详解】
解：当，时，二次函数为
设点，，则，，
解方程，
可得：，，
当时，可得：，
当时，可得：，
与的交点坐标为和，
设点与点的距离为，
（ⅰ）如下图所示，
当时，，
，
当时，随的增大而减小，
当时，，
当时，，
；
（ⅱ）如下图所示，
当时，，
当时，随的增大而增大，
当时，随的增大而减小，
当时，的最大值为；
（ⅲ）如下图所示，
当时，，
此时随的增大而增大，
，
令，则，
，
，
令，
解得：
依题意，得，
解得：，
当时，存在最大值，
结合函数的图象，得．
27. 在中，，，于点D，过点B作，P是线段上一点，连接，作，交射线于点Q．
（1）如图1，当时，求的度数（用含的式子表示）；
（2）如图2，点E为中点，用等式表示与的数量关系，并证明．
【答案】（1）
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，得．由外角定义可得．
（2）在上取点N，使得，连接．则．可得．再证 ，得．由．可得．则．
【小问1详解】
解：，
．
，
．
，
．
【小问2详解】
解：与的数量关系为：．
证明：如图，在上取点N，使得，连接．
，
．
．
，
．
，
，．
．
，，
．
在和中
．
．
∵E是的中点，
．
，
．
．
28. 对于点P，和直线l，若将绕点P逆时针旋转（）得到，使得与直线l相切，则称点P为和直线l的旋切点，当存在n个满足条件的时，称该点为n阶旋切点，其中最小的称为最小旋切角．
在平面直角坐标系中，
（1）若的半径为1，直线，则在点，，中，点 是和直线l的旋切点，且为 阶旋切点；
（2）已知点，的半径为2，直线，若点是和直线m的旋切点，则t的取值范围是 ；
（3）已知点，的半径为1，直线，点是和直线n的2阶旋切点且最小旋切角不超过，直接写出b的取值范围．
【答案】（1）C，2 （2）
（3）或
【解析】
【分析】本题考查旋转的性质，切线的性质，勾股定理，一次函数与几何综合；
（1）根据定义进行判断，作直线，以点为圆心，长为半径作圆，交直线于点、，分别以点、为圆心，1为半径画圆，与直线相切，符合定义要求，点是和直线的旋切点，且为2阶旋切点；
（2）当时，圆无论如何都不可能与直线相切，不符合题意；当时，寻找临界状态，当绕点逆时针旋转至圆心刚好落在轴上的点时，即为临界状态，据此即可求解；
（3）点是和直线n的2阶旋切点且最小旋切角不超过，即最小的要满足，找到旋切角等于和旋切角等于这两种临界情形下的b的值，即可求出b的取值范围．
【小问1详解】
解：如图所示，作直线，以点为圆心，长为半径作圆，交直线于点、，分别以点、为圆心，1为半径画圆，与直线相切，符合定义要求，即将以点为中心逆时针旋转或时，与直线相切，且，，
∴点是和直线的旋切点，且为2阶旋切点，
∵以点为圆心，长为半径作圆，与直线没有交点，
∴点为旋转中心，将绕其逆时针旋转（），不能与直线相切，不符合定义要求，
∵以点为圆心，长为半径作圆，与直线的交点、，
∴、、共线，
∴在逆时针方向上，，
∴点为旋转中心，将绕其逆时针旋转（），也不能与直线相切，不符合定义要求，
综上：点是和直线的旋切点，且为2阶旋切点，点、点不是和直线的旋切点．
【小问2详解】
解：∵的半径为2，直线，，
又∵旋转方向为逆时针，旋转角度（），
∴当时，圆无论如何都不可能与直线相切，
当时，寻找临界状态，当绕点逆时针旋转至圆心刚好落在轴上的点时，符合题意，此时，
∴，解得：（舍去）或，
∴如果点沿着轴向左运动，一定符合题意，
∴．
【小问3详解】
解：∵点是和直线n的2阶旋切点且最小旋切角不超过，即最小的要满足，
∴我们首先来讨论第一个临界状态，旋切角等于（虽然等于不符合定义，但是不妨碍其作为临界值），
作的两条切线，如图所示，切点分别为点和点，也就是不用旋转即与直线相切，这种情况可以理解为旋切角等于的临界状态，
当直线与相切于点时，
∵，，
∴，
∴，
当直线与相切于点时，
∵，
∴，
∵旋切角，
∴此处的值不能取等号，
我们再来讨论第二个临界状态，旋切角等于，
将点绕点逆时针旋转得到点，以点为圆心，1为半径作，作的两条切线和，与轴分别交于点和点，其中切线与相切于点，
∵，，，
∴，
作的垂直平分线交轴于点，可得是底角的等腰三角形，
过点作轴于点，中，，
设，则，，，
在中，，即，
化简变形可得，，即，解得（舍去）或，
∴，
∴，
∴，
以为斜边作等腰，由，可得，
∴，代入的解析式，可得，
∵直线和在轴上截得的线段，
∴直线和在轴上截得的线段，
∴，
综上：或．时长x
人数
8
12
25
5
项目
场地
A
B
C
1
6
8
2
2
5
4
1
3
7
6
3
甲
乙
丙
丁
平均数
m
16
17
16
中位数
15.5
15
p
16.5
方差
15
7.8
n
7.8