上海市青浦区2026年下学期九年级中考二模 数学（原卷版+解析版）

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一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）【每小题只有一个正确选项，在答题纸相应题号的选项上用2B铅笔正确填涂】
1. 下列实数中，无理数是（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
根据无理数是无限不循环小数，有理数是整数和分数的统称，逐一判断选项即可．
解：∵有理数是整数与分数的统称，无理数是无限不循环小数，
∴A选项：0是整数，属于有理数；
B选项：，是整数，属于有理数；
C选项：是无限不循环小数，属于无理数；
D选项：是分数，属于有理数，
∴无理数是．
2. 计算，下列结果中正确的是（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
根据分数指数幂的定义将原式转化为二次根式，再利用二次根式的化简性质计算即可得到结果．
解：．
3. 将分式方程化为整式方程，下列答案正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
将分式方程两边同乘最简公分母去掉分母，再整理得到标准整式方程即可．
∵原方程为，且，
方程两边同乘最简公分母，得：，
移项整理得：．
4. 直角坐标平面内，已知函数的图像经过点．如果，那么点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
将点坐标代入即可分析求解．
解：∵函数的图像经过点，
则
∵，
∴，
则点在第四象限．
5. 如图，，如果，，那么的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
根据对顶角相等和平行线的性质求出 的度数，再利用三角形外角的性质求出 的度数．
解：，，
（两直线平行，同位角相等）．
是的外角，
．
，
．
．
6. 在矩形中，，，动点在对角线上．如果以点为圆心，以1为半径长的与边有两个公共点，那么线段的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
先利用矩形性质和勾股定理求出对角线的长度，再通过相似三角形得到圆心O到的距离与的关系，结合圆与线段有两个公共点的条件，推导得到的取值范围．
解：∵四边形是矩形，，，
∴
过点作于
∵，
∴
∴
∴，
即，
整理得
∵半径为，且与边（线段）有两个公共点
∴需满足两个条件：①直线与相交，②端点在外（或圆上）．
①直线与相交，即圆心到的距离小于半径则，
∴，
解得
②端点在外（或圆上），则
综上，．
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【在答题纸相应题号的空格内直接填写答案】
7. 计算：______．
【答案】##
【解析】
先判断绝对值内的正负性，再根据绝对值的性质化简计算即可．
解：∵，
∴，
∴，
∴，即，
根据正数的绝对值等于它本身，可得．
8. 分解因式：______．
【答案】
【解析】
本题主要考查因式分解，原式直接运用提公因式法解答即可．
解：，
故答案为：．
9. 单项式的次数是_______．
【答案】
【解析】
此题主要考查了单项式的次数，直接利用单项式次数的定义，各字母的指数和，即可求解．
解：单项式的次数为：，
故答案为：3．
10. 方程的解是__________．
【答案】
【解析】
本题考查无理方程的求解，解题思路为通过两边平方将无理方程转化为一元一次方程，求解后进行检验即可得到原方程的解．
解：
两边同时平方，得
检验：当时，原方程左边右边，
因此是原方程的解．
11. 上海青浦百联奥特莱斯是2023年国内首家且唯一一家年销售额突破60亿元大关的奥特莱斯，其销售额高达63亿元．其中63亿元用科学记数法表示为__________元．
【答案】
【解析】
解：首先进行单位换算：
亿元元，
将表示为科学记数法，原数变为时小数点向左移动位，
可得．
12. 一组数据由a个x1，b个x2，c个x3组成，那么这组数据的平均数是________．
【答案】
【解析】
根据平均数的公式，用所有数据的和除以（a+b+c）求解即可．
解：由题意知，a个x1的和为ax1，b个x2的和为bx2，c个x3的和为cx3，数据总共有a+b+c个，
∴全部数据的平均数＝．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查平均数的求解，解题的关键是熟知平均数的定义及求解方法．
13. 在一个不透明的布袋中有2个红球和1个白球，它们除颜色外其他都相同，如果从布袋里随机摸出两个球，那么所摸到两个球恰好是一红一白球的概率为______．
【答案】
【解析】
列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
解：列表如下：
由表知，共有6种等可能结果，其中所摸到两个球恰好是一红一白球的有4种结果，
∴所摸到两个球恰好是一红一白球的概率为4÷6=，
故答案为：．
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
14. 将直线沿轴向下平移2个单位后得到的直线是，则__________．
【答案】
【解析】
利用一次函数沿y轴平移“上加下减”的规律，得到平移后的直线解析式，对比已知条件即可求出的值．
解：将直线沿y轴向下平移个单位后，得到的直线解析式为，
已知平移后得到的直线是，
因此可得，
解得．
15. 过边形的一个顶点有条对角线，则这个多边形的内角和为____．
【答案】##度
【解析】
本题考查了多边形的对角线和多边形的内角和公式，根据边形从一个顶点出发可引出条对角线，可得，求出的值，最后根据多边形内角和公式可得结论．
解：由题意得：，解得，
则该边形的内角和是：，
故答案为：．
16. 某区“书香校园”项目组为了解初三学生每天的课外阅读情况，对全区初三学生进行了一次随机抽样调查，将学生按照每天课外阅读时长分为A（约1小时），B（约30分钟），C（约10分钟），D（几乎没有）四个等级，并绘制成如图1、图2所示的两幅不完整的统计图．如果该区共有5300名初三学生，根据抽样调查结果，估计该区几乎没有课外阅读的学生人数大约为__________人．
【答案】
530
【解析】
根据条形统计图得到C等级的人数，根据扇形统计图得到C等级所占的百分比，两者相除即可求出抽样调查的总人数，用总人数减去A、B、C等级的人数得到D等级的人数，求出D等级所占的百分比，利用样本估计总体即可求出该区几乎没有课外阅读的学生人数．
解：由条形统计图可知C等级的人数为80人，由扇形统计图可知C等级所占的百分比为
本次抽样调查的总人数为：（人）
D等级的人数为：（人）
D等级人数占抽样总人数的百分比为：
该区几乎没有课外阅读的学生人数大约为：（人）．
17. 已知中，，．将沿过点的直线翻折，使点落在斜边上，折痕与边的交点记为．如果，那么折痕的长为__________．
【答案】
【解析】
先利用翻折的性质得到平分，再结合相似三角形的对应角相等推出三角形各内角度数，利用直角三角形的性质求出的长度，最后在 中计算的长．
解：设翻折后点落在斜边上的点处，
由折叠的性质可知，平分，即，
，
，
，
在中，，
，
代入得，
解得，，
在中，，，
，
在中，，，，
∴，，
∴，
解得（负值舍去）．
18. 定义：如果一个圆的圆心与一个正多边形的中心重合，那么称该正多边形为这个圆的同心正多边形．已知一个圆的半径为1，该圆的同心正六边形的边长为．设点在圆上，点在正六边形的边上，那么、两点之间的最小距离为__________．
【答案】
【解析】
连接，过点作于点，先解求出，再由求解即可．
解：如图，连接，过点作于点
由题意得，正六边形的中心角为
∵
∴为等边三角形，
∴,
∴，
∴，
∴的最小值为，当点 在线段上，且点Q与点R重合时，取得最小值，
∴、两点之间的最小距离为．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）【将下列各题的解答过程，做在答题纸的相应位置上】
19. 计算：先化简，再求值：，其中．
【答案】化简结果为，
【解析】
先对原式中的分子分母进行因式分解，再根据分式的运算法则进行化简，最后将a的值代入化简后的式子求值．
解：原式
，
当时，．
20. 计算：解不等式组
【答案】
【解析】
求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集即可．
解：解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：．
21. 如图，在中，，，点在边上，，且．
（1）求线段的长；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
（1）先得到为等腰直角三角形，再解即可；
（2）过点作于点，分别解，求出，再由正弦的定义求解即可．
【第（1）题解析】
解：∵在中，，，
∴为等腰直角三角形，，
∵
∴
∴；
【第（2）题解析】
解：过点作于点，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，．
22. 被誉为“金果子”的草莓，是青浦区乡村产业振兴的一个亮点．某草莓采摘园计划通过互联网销售草莓，需设计一款底面积为的有盖子的长方体快递包装盒，所用的材料为长，宽的长方形硬纸板．制作方法如下：在每一张纸板的四个角上分别剪去两个相同的正方形和两个相同的长方形（如方案1图所示）．然后折叠成一个有盖纸盒（盒盖与盒底大小形状相同）
为了优化设计，草莓采摘园的老板借助提出了一种改进方案（称为方案2），方案2也需要在四个角上分别剪去两个相同的正方形和两个相同的长方形．对方案2的优点给出了如下评价：
接下来请你帮助老板解决以下问题：
（1）设方案1中剪去的正方形的边长为，求包装盒的表面积；
（2）尝试在备用图中画出方案2，并通过计算说明AI对方案2“表面积最小”的评价是否准确？
【答案】（1）
（2）见详解
【解析】
（1）根据图形可知剪去的长方形的长为，则包装盒的表面积=长方形硬纸板的面积-正方形面积-长方形面积；
（2）根据底面积相同，可解方程得底边长宽分别为，则包装盒的表面积=长方形硬纸板的面积-正方形面积-长方形面积，即可验证方案．
【第（1）题解析】
解：由题意可得，
，，
∴
则剪去的长方形的长为：
则包装盒的表面积长方形硬纸板的面积正方形面积长方形面积；
【第（2）题解析】
解：∵ ，底面积等于，
∴，
解得：或（舍去），
当时，方案1包装盒的表面积为：，
∵两种方案体积相同，底面积相同，底面更接近正方形，
∴得图
当， 时，满足条件，
∴，
则包装盒的表面积长方形硬纸板的面积正方形面积长方形面积
方案2包装盒的表面积为：，
则对方案2“表面积最小”的评价准确．
23. 已知：如图，四边形是平行四边形，点在边上，点在的延长线上，，的延长线与相交于点，且．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）如果，求证：点是边的中点．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
1）先证明，再证明，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
（2）设，由求出，再由证明即可．
【第（1）题解析】
证明：如图，

∵四边形是平行四边形，
∴
∴，
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴，
∴
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
【第（2）题解析】
解：∵
∴设
∴
∵
∴（舍负），
∵
∴，
∵
∴
∴，
∴点是边的中点．
24. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像分别与x轴，y轴交于点A、B，点C是线段上一点，C与B不重合．以点C为顶点的二次函数的图像经过点B．将该二次函数的图像平移后得到新抛物线，点B、C的对应点分别是、，且点的坐标为，点的纵坐标为．
（1）求点C的坐标及二次函数的解析式；
（2）若点P是新抛物线对称轴上一点，且以P、A、C为顶点的三角形与相似，且相似比不等于1，求点P的坐标；
（3）点和在新抛物线上，且对于任意实数，当时，，求实数m的取值范围．
【答案】（1），
（2）点P的坐标为
（3）
【解析】
（1）先求出点B的坐标进而得出的长度；过点C作轴于点H，由平移的性质可得，原抛物线中B，C两点的纵坐标的差与新抛物线中，两点的纵坐标的差相等，据此可得点C的坐标，最后利用抛物线顶点式将点B，C代入即可求得抛物线表达式；
（2）由原抛物线对称轴得到新抛物线的对称轴，在中得到三边的长度，根据与的相似比不为1，可得出当符合题意，利用余弦的定义求得的长度，进而得出点P的坐标；
（3）先求出平移后的新抛物线解析式，将点D代入求出其坐标，由时，恒成立，可设，求得点F的横坐标，进而得出m的取值范围．
【第（1）题解析】
解：对于一次函数，
令，得：，
∴，
∴，
如图，过点C作轴于点H，
∵，点的纵坐标为，
∴，
∵将原二次函数的图象平移后得到新抛物线，点，分别是B，C的对应点，
∴，
即，
∵，
∴，
将代入，得，
∴，
∵点C为二次函数的顶点，
∴设二次函数的解析式为，
将代入得：，
解得：，
∴二次函数．
【第（2）题解析】
解：二次函数的对称轴为，
∵向右移个单位长度得到二次函数的对称轴，
∴二次函数的对称轴为，
如图，在中，，
∴轴，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵与的相似比不为1，
当时，易证得，不符合题意，
当时，，
∴，
∴点P的坐标为．
【第（3）题解析】
解：由（2）知，，
将点代入得：，
∴，
设，则，
∵时，恒成立，
∴，
∴．
25. 已知中，，，点是射线上一点，连接，圆经过、、三点．
（1）如图1，当点在线段上时，
①记圆交于点，求证：；
②设，用表示圆的半径；
（2）如图2，在线段的右侧，以为底边作等腰，且始终满足．若以为圆心，为半径的圆与圆有公共点，请直接写出线段的取值范围．
【答案】（1）①见详解；②
（2）
【解析】
（1）①根据同弧所对的圆周角相等即可求解；
②由外接圆的圆心是中垂线的交点可知在中垂线上，进而可知，根据正切值可得，进而根据勾股定理即可求解；
（2）证明，可得点的运动轨迹为直线，根据相似三角形的性质可知OC=55+m4， CE=55−m2，当，为半径的圆与圆有公共点，列不等式即可求解．
【第（1）题解析】
①证明：连接，

中，，
∴，
∵在圆O中，，
根据圆周角定理可知，∠DBF=∠DAF ，
∴，
∴；
②解：∵圆是的外接圆，
所以是三边中垂线的交点，
如图，取的中点，连接，取的中点，连接，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
OB=BG2+OG2=5−m22+5+m42=5m2−30m+1254，
则圆的半径为：；
【第（2）题解析】
解：由题意可得，
当点在线段上时，
∵中，，
∴，
∵是以为底边的等腰三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点的运动轨迹为直线，
∴，
设，
∴由（1）可知，，
，
∴OC=55+m4， CE=55−m2，
由（1）可知，
当，以为半径的圆与圆有公共点，
55+m4≤55−m2+5m2−30m+1254，
解得：．1．节省材料，成本更低：两种方案体积相同，底面积相同，但方案2表面积更小，用料更省，长期生产可降低包装成本．
2．结构更稳固：方案2底面更接近正方形，重心更稳，抗压性更好，运输时不易变形、挤压，能更好保护物品．