2026年安徽亳州市九年级第二次模拟考试 数学（含解析）中考模拟

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2．试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的．
3．考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回．
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）每小题都给出四个选项，其中只有一个是符合题目要求的．
1. 在，四个数中，最小的数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正数大于，大于负数，两个负数比较大小，绝对值大的数反而小求解即可．
【详解】解：∵，，且，
∴，
∴，
∴最小的数是．
2. 中国乘用车协会统计了2025年前三个季度我国新能源汽车国内总销量为886.6万辆，其中数据886.6万用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：万．
3. 太原市涌现出一批娇小可爱且绿意盎然的“口袋公园”，它们或散落、或隐藏在城市结构中，为市民服务．无论是清晨傍晚的锻炼，还是茶余饭后的散步，口袋公园都是一个好的去处．在某一个公园放置了如图所示的凳子供大家休息，它是由一个长方体和两个圆柱组合成的凳子如图所示，则它的俯视图为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查三视图，根据俯视图是从上到下看到的图形，进行判断即可，注意存在看不见的用虚线表示．
【详解】解：由图可知，俯视图为：
故选D．
4. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用积的乘方、同底数幂除法、完全平方公式、合并同类项的运算法则逐一判断选项．
【详解】解：选项A，根据积的乘方运算法则，，故A运算正确；
选项B，根据同底数幂除法运算法则，，故B运算错误；
选项C，根据完全平方公式，，故C运算错误；
选项D，根据合并同类项法则， ，故D运算错误．
5. 用配方法解方程时，配方结果正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了配方法解一元二次方程，将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，即，
故选：A．
6. 如图，直线，将一块含角（）的直角三角尺按图中方式放置，其中点与点分别落在直线a，b上，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行，同旁内角互补求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
即，
∴．
7. 如图，点在双曲线上，点在双曲线上，且轴，轴于点，则四边形的面积为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】延长交y轴于D，则四边形为矩形．根据反比例函数系数k的几何意义，得出，，则四边形的面积．
【详解】解：如图，延长交y轴于D，则四边形为矩形．

∵点在双曲线上，点在双曲线上，
∴，，
∴四边形的面积．
8. 如图，在矩形中，，点，点在边上，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，求出点的坐标为，作点关于的对称点，则，将向左平移个单位，则点的对应点的坐标为，点的对应点为，根据两点之间线段最短得当四点在同一条直线上时，的最小值为的长，求出的长即可．
【详解】解：以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系如图：
∵矩形ABCD中，，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，即，
作点关于的对称点，则，
设点，
∵，
∴，
将向左平移个单位，则点的对应点的坐标为，点的对应点为，
则：，
当四点在同一条直线上时，的最小值为的长，
而，
∴的最小值为．
9. 如图，在平行四边形中，，点为的中点，点为边上一点，直线交于点，连接，．则下列结论不成立的是（ ）
A. 若四边形为矩形，则B. 四边形为平行四边形
C. 若，则四边形为菱形D. 四边形不可能为正方形
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理进行逐一判断即可得解．
【详解】解：A．∵，
∴，
如果四边形为矩形，那么，
∴，
∴，
∴，
∴，故A错误，不符合题意；
B．∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
在与中，
∴，
∴，
又∵
∴四边形为平行四边形，故B选项正确，不符合题意；
C．∵，，
∴E是中点，
∵，
∴，
∵四边形为平行四边形
∴四边形为菱形，故C选项正确，不符合题意；
D．根据解析A可得：当四边形为矩形时，，
根据解析C可得：当时，四边形为菱形，
∴当时，四边形不可能为矩形，
∴当时，不可能为，
∴四边形不可能为正方形，故D选项正确，不符合题意．
10. 如图，在中，，，点是上一点，以为直角边在的右侧作等腰，其中与交于点．连接，，则下列结论中错误的是（ ）
A. B.
C. 周长的最小值D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，均为等腰直角三角形，得到，可知点四点共圆，得到，，从而得到，推出，即可判断A正确；由，得到与同底等高，，即可判断B正确；过点作BQ的对称点，连接，则，当点三点共线时，的周长取得最小值为，根据，点关于BQ的对称点为，得到，，可求得周长的最小值为，可判断C错误；分别过点C，B作CP，AB的垂线交于点，连接，证明，得到，证明，得到，在Rt中，，可判断D正确．
【详解】解：由题意得，，均为等腰直角三角形，
，
∴点四点共圆，如图1，
，
，
，
，故A正确，不符合题意；
，
与同底等高，
，故B正确，不符合题意；
如图1，过点作的对称点，连接，则，
的周长，
∴当点三点共线时，的周长取得最小值为，
，点关于BQ的对称点为
，
，
周长的最小值为，故C错误，符合题意；
如图2，分别过点C，B作，的垂线交于点，连接，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
∵在Rt中，，
，故D正确，不符合题意．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11. 分解因式__________
【答案】
【解析】
【分析】先提出公因式，再利用完全平方公式进行因式分解即可．
本题主要考查了因式分解，熟练掌握分解方法是解题的关键．
【详解】解：，
故答案为：．
12. 如图，四边形是的外切四边形，，．则四边形的周长为_______．
【答案】48
【解析】
【分析】本题考查了切线长定理，掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键．
根据切线长定理得到，得到，根据四边形的周长公式计算，得到答案．
【详解】解：如图，令与边的切点分别为E，F，G，H，
∵四边形是的外切四边形，
∴，
∴
∴，
∴四边形的周长为
．
故答案为：48．
13. 如图，在中，，平分，交于点，，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查解直角三角形、相似三角形的判定及性质、一元二次方程等，过点作的垂线，交于点，设，，可求得，，结合，可得，变形之后解方程，可求得的长度．
【详解】解：如图所示，过点作的垂线，交于点．
设，．
∵，
∴．
∵平分，，
∴．
在中，
．
∵，，
∴．
∴，即
．
变形，得
．
解方程，得
，．
∴．
∴．
∴．
14. 如图，在正方形中，对角线交于点，将绕点逆时针旋转到，连接．
（）若，则点到的距离为______；
（）______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（）过作于点，由旋转知，，得，再利用正方形的性质和勾股定理求出即可求解；
（）证明四边形是矩形，得，设，则，可得，，即得，再根据正切的定义解答即可求解；
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，正切的定义等，熟练掌握知识点是解题的关键．
【详解】解：（）如图，过作于点，
由旋转知，，
，
∵四边形为正方形，，
∴，
，
∴点到的距离为，
故答案为：；
（）由（）知，，，，
∴，
，
∴，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是矩形，
，
设，则，
∴，，
，
，
故答案为：．
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15. 计算：．
【答案】9
【解析】
【详解】解：原式．
16. 如图，在平面直角坐标系中，网格中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，点A，B，C的坐标分别为，，，以原点为位似中心在第三象限内作，使它与位似，且相似比为2，再把绕原点逆时针旋转得到．
（1）画出，并直接写出点的坐标；
（2）画出，在旋转过程中，求点到点所经过的路径长．
【答案】（1）见解析，点的坐标为
（2）见解析，
【解析】
【分析】（1）连接、、，并延长到、、长度找到各点的对应点，顺次连接即可，然后写出点的坐标；
（2）将点A，B，C绕点O逆时针旋转得到点、、，再首尾顺次连接得出图形，然后利用勾股定理求出，然后利用弧长公式求解．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求，点的坐标为；
【小问2详解】
解：如图所示，即为所求，
由勾股定理得，
∴点到点所经过的路径长为．
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17. 网约快车是城市便捷的出行交通工具之一，某市网约快车的计价规则如下表：
（1）一人乘网约快车20分钟到达目的地，行驶里程为千米，请用含x的代数式表示他应付的费用为___________元；
（2）甲、乙两人各自乘网约快车，甲比乙的行车里程多1.5千米，若两人的计费项目完全相同，所付的车费也相同，求乙比甲多乘车几分钟？
【答案】（1）
（2）9分钟或13分钟
【解析】
【分析】（1）先分析费用组成部分，再依次计算里程费、时长费和远途费，最后列式并化简即可；
（2）设乙比甲多乘车m分钟，乙行驶里程为y千米时，甲行驶的里程为千米，根据题意分析甲、乙的计费项目完全相同下的里程情况，列出表达式并建立等量关系求解即可．
【小问1详解】
解：由题意知，里程费为元，时长费为（元），
∵行驶里程超过7千米，而超过部分的里程为千米，
∴该路程含有远途费，单价为0.8元／千米，
∴远途费为元，
∴（元），
即他应付的费用为元．
【小问2详解】
解：设乙比甲多乘车m分钟，乙行驶里程为y千米时，甲行驶的里程为千米，
∵甲、乙的计费项目完全相同，
∴①当甲、乙行车里程均未超过7千米，即时，，解得，
②当甲、乙行车里程均超过7千米，即时，，
解得，
综合①②得或13，
∴乙比甲多乘车9分钟或13分钟．
18. 某矩形人行道由相同的灰色正方形地砖与相同的白色等腰直角三角形地砖排列而成，图1表示此人行道的地砖排列方式，其中正方形地砖为连续排列．
【观察思考】当正方形地砖只有1块时，等腰直角三角形地砖有6块（如图2）；当正方形地砖有2块时，等腰直角三角形地砖有8块（如图3）；以此类推．
【规律总结】
（1）人行道上每增加1块正方形地砖时等腰直角三角形地砖增加___________块；
（2）若一条这样的人行道有（为正整数）块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖的块数为_________块；（用含的代数式表示）
【问题解决】
（3）现有2026块等腰直角三角形地砖，按此规律再建一条人行道，要求等腰直角三角形地砖剩余最少，则需要正方形地砖多少块？
【答案】（1）2 （2）
（3）1011块
【解析】
【分析】（1）由图观察即可；
（2）由每增加一块正方形地砖，即增加2块等腰直角三角形地砖，再结合题干中的条件正方形地砖只有1块时，等腰直角三角形地砖有6块，递推即可；
（3）利用上一小题得到的公式建立不等式，即可得到等腰直角三角形地砖剩余最少时需要正方形地砖的数量．
【小问1详解】
解：由图可知，每增加一块正方形地砖，即增加2块等腰直角三角形地砖；
【小问2详解】
解：由（1）可知，每增加一块正方形地砖，即增加2块等腰直角三角形地砖；
当正方形地砖只有1块时，等腰直角三角形地砖有6块，即；
所以当地砖有n块时，等腰直角三角形地砖有块；
【小问3详解】
解： 由（2）的规律知，解得，
的最大值为1011，
∴当等腰直角三角形地砖剩余最少时，需要正方形地砖1011块．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19. 如图1是某超市从一楼到二楼的一自动扶梯，图2是其侧面示意图．已知自动扶梯的坡度为，的长是米，是二楼楼顶，，点是上处在自动扶梯顶端正上方的一点，，在自动扶梯底端处测得点的仰角为，求二楼的层高．（精确到米）
（参考数据：，，）
【答案】米
【解析】
【分析】先由，可得米，米，求得，进而可求得答案．
【详解】解：如图，延长交于点．
∵，
∴．
∴，
设米，则米．
∵，米，
∴．
∴，
∴米，米．
∵，
∴米，
∴米．
答：二楼的层高约为米．
20. 如图，为的直径，于点，点，均在上，与交于点．
（1）求证；；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了圆的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义以及平行线的判定与性质．
（1）先根据垂径定理得到，从而得到，又有（公共角）可判定，根据相似三角形对应边成比例即可得证；
（2）先根据圆周角定理得到，再利用平行线得，在中，，设，则，在中，，设，则，，，根据推得，从而得到，，，利用即可解答．
【小问1详解】
证明：，
，
又，
，
；
【小问2详解】
解：如图，连接BD，
为的直径，
，
在中，，
设，则，
为的直径，，
，，
在中，，
设，则，，，
，
在中，，即，
，解得，
在中，，，
，
．
六、（本题满分12分）
21. 在4月23日“世界读书日”来临之际，某校为了了解学生的课外阅读情况，从全校随机抽取了部分学生，调查了他们平均每周的课外阅读时间（单位：小时）．把调查结果分为四档，A档：；B档：；C档：；D档：．根据调查情况，给出了部分数据信息：
①A档和D档的所有数据是：7，7，7.5，10，7，10，7，7.5，7，7，10.5，10.5；
②图1和图2是两幅不完整的统计图．
根据以上信息解答问题：
（1）求本次调查的学生人数，并将图2补充完整；
（2）已知全校共1500名学生，请你估计全校B档的人数；
（3）学校要从D档的4名学生中随机抽取2名学生分享读书经验，已知这4名学生2名来自七年级，1名来自八年级，1名来自九年级，请用列表或画树状图的方法，求抽到的2名学生分别来自七年级和九年级的概率．
【答案】（1）40人，见解析
（2）600 （3）
【解析】
【分析】（1）由题意可知档数据共有（人），即可求得本次调查的学生人数为（人），再求出档人数为（人），补全统计图即可；
（2）（人）；
（3）分别用a，b表示七年级的2名学生，用表示八年级1名学生，用表示九年级1名学生，画出树状图，得到共有12种等可能的结果，其中抽到的2名学生分别来自七年级和九年级的结果有4种，即可求解．
【小问1详解】
解：由题知档和档共有12个数据，档数据有4个，
档数据共有（人），
∴本次调查的学生人数为（人），
档人数为（人），
补全图2如图所示；
；
【小问2详解】
解：（人），
答：估计全校档的人数为600；
【小问3详解】
解：分别用a，b表示七年级的2名学生，用表示八年级1名学生，用表示九年级1名学生，画树状图如下，
共有12种等可能的结果，其中抽到的2名学生分别来自七年级和九年级的结果有4种，
所以抽到的2名学生分别来自七年级和九年级的概率．
七、（本题满分12分）
22. 如图1，在正方形中，点是边上的一点（不与点，重合），连接，过点作于点，交于点．
（1）求证：；
（2）如图，若点为中点时，连接，求证：；
（3）如图，若，延长至，使，连接，请探究与的关系，并证明．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）相等，见解析
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质得出，，利用角的和差关系得出，即可证明，根据全等三角形的性质即可得出；
（2）设，利用勾股定理求出，通过证明得出，，证明，得出，进而求出所在的直线垂直平分，即可得出；
（3）设，则，根据得出，根据得出，得出，根据垂直平分线的性质得出，，根据角的和差关系得出，进而可得．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在与中，，
∴，
∴．
【小问2详解】
证明：如图，过点作于点，

设，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，即所在的直线垂直平分，
∴．
【小问3详解】
解：，证明如下：
如图，过点作于，
∵
∴设，则，
∴，，
由（2）知，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴．
八、（本题满分14分）
23. 已知抛物线（b，c为常数）的顶点为点，与轴交于点．
（1）若，求该抛物线顶点的坐标；
（2）将（1）中抛物线图象轴下方的部分沿轴翻折到轴上方，与原抛物线图象轴上方的部分共同构成新图象，若直线与新图象有且只有两个交点，请直接写出的取值范围；
（3）若，且当时，该二次函数的最大值与最小值之差为9，求的值．
【答案】（1）点的坐标为
（2）或
（3）4
【解析】
【分析】（1）利用根与系数的关系得到x1+x2=b,x1x2=−c ，由，得到，求出函数解析式配方得到顶点坐标；
（2）由翻折得到G的函数解析式，再分情况讨论求出a的取值范围；
（3）将c的值代入解析式，求出对称轴，根据，且，确定对称轴在区间内，且区间右端点到对称轴的距离b2+1 大于左端点b2−1 到对称轴的距离1，求出最大值及最小值，列方程解答
【小问1详解】
解：由题意可知，是方程的两个根，
∴x1+x2=b,x1x2=−c ，
∵，
∴，
∴抛物线的解析式为
∴该抛物线顶点的坐标为；
【小问2详解】
解：由（1）得原抛物线为y=−x2+2x+3=−x+1x−3，与x轴交点为，，
将轴下方的部分沿轴翻折到轴上方，得到新图象的解析式为：
y=−x2+2x+3−1≤x≤3y=x2−2x−3x3
直线与新图象有且只有两个交点，分情况讨论：
①直线与翻折后的两支各有一个交点，与原抛物线无交点时，
联立与，得x2−3x−3+a=0 ，
得Δ=9+43+a=21+4a>0 （恒有两实根）
联立与，得x2−x+a−3=0 ，
令，则1−4a−3