2026年山东省临沂市部分学校中考二模九年级数学试卷（含解析）

这是一份2026年山东省临沂市部分学校中考二模九年级数学试卷（含解析），共9页。试卷主要包含了 下列运算正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置．
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上．答案写在本试卷上无效．
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合目要求．
1. 在某知识竞赛中，答对一题得5分，记为分，答错一题扣3分，则应记为（ ）
A. 分B. 分C. 分D. 分
【答案】D
【解析】
【详解】解：∵答对一题得5分，记为分，
∴答错一题扣3分，应记为分．
2. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】解：A、是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故D选项不符合题意．
3. 如图所示的几何体是由5个大小相同的小立方块搭成，它的左视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由空间想象能力，从左面看组合体即可得到答案．
【详解】解：的左视图为．
4. 2025年，山东省经济运行稳健向好、进中提质，全年地区生产总值达到10.3万亿元，成为全国第三个过10万亿元省份．数据“10.3万亿”用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：∵1万亿，
∴万亿．
5. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：A、，故A选项错误；
B、，与选项结果一致，故B选项正确；
C、与不是同类项，不能合并，则，故C选项错误；
D、，故D选项错误．
6. 我国清代算书《御制数理精蕴》中有这样一个问题，大意是：有人用银子买骆驼和马两种牲口，买10匹马的价钱和买6匹骆驼的价钱是一样的，但是每匹骆驼比每匹马贵8两银子，问一匹马、一匹骆驼各值多少两银子？设一匹马值x两，一匹骆驼值y两，则根据条件列方程组为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】解：设一匹马值两，一匹骆驼值两，根据题意得，
．
7. 在平面直角坐标系中，点与点关于轴对称，则（ ）．
A. B. 13C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查平面直角坐标系中关于轴对称的点的坐标规律. 利用规律求出和的值. 再代入计算即可得到结果．
【详解】解：在平面直角坐标系中，关于轴对称的点的坐标特征为：横坐标互为相反数，纵坐标相等，
又点与点关于轴对称，
，，
．
8. 在“海洋强国”主题实践活动中，老师准备了“蛟龙号”“科学号”“奋斗者号”“向阳红01”四款载人潜水器或科考船的模型，要求每个小组随机抽取两款模型，制作科普展板进行成果展示，若每款模型被抽到的可能性相等，则某小组恰好抽到“蛟龙号”和“奋斗者号”的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画树状图列举出所有可能的情况和恰好抽到“蛟龙号”和“奋斗者号”的结果，然后利用概率公式求解．
【详解】解：设“蛟龙号”“科学号”“奋斗者号”“向阳红01”分别为A，B，C，D
画树状图如下：

共有12种等可能的情况，其中恰好抽到“蛟龙号”和“奋斗者号”的结果有2种，
∴恰好抽到“蛟龙号”和“奋斗者号”的概率是．
9. 如图，是边长为2的正六边形的外接圆，以点F为圆心，长为半径画弧，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图，连接，根据题意得到，，得到弓形的面积弓形的面积，然后利用扇形面积公式求解．
【详解】解：如图，连接
∵是边长为2的正六边形的外接圆，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵以点F为圆心，长为半径画弧，
∴弓形的面积弓形的面积，
∴阴影部分的面积．
10. 如图①，某游乐园内摩天轮的中心O点距地面的高度为，摩天轮绕中心O按逆时针方向匀速转动．摩天轮上的一点P自最低点A点起，经过后，点P的高度h与t的函数图象如图②所示，在摩天轮转动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，h随t的增大而增大B. 摩天轮的直径为
C. P点离地面最高为D. P点离地面时，摩天轮转动了
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数图象获取最高点、最低点坐标及变化趋势，结合摩天轮的实际几何意义（中心高度、半径、直径）进行判断即可．
【详解】解：由图②可知：函数图象的最高点纵坐标为，
点离地面最高为，故选项C正确；
函数图象显示随的变化呈周期性波动，既有增大也有减小，
当时，随的增大而增大说法错误，故选项A错误；
摩天轮中心距地面，最高点距地面，
摩天轮半径为，
摩天轮直径为，故选项B错误；
观察图象，当和时，的值均为，
点离地面时，摩天轮转动的时间不一定是，故选项D错误．
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分．
11. 写出使二次根式有意义的x的一个值为____________．
【答案】3（答案不唯一）
【解析】
【详解】解：∵二次根式有意义
∴
∴
∴写出使二次根式有意义的x的一个值为3（答案不唯一）．
12. 分式方程的解为____________．
【答案】
【解析】
【分析】先去分母将其转化为整式方程，求解整式方程后，检验所得根是否满足原分式方程，即可得到原方程的解．
【详解】解：方程两边同时乘以最简公分母，得，
去括号，得，
移项，合并同类项，得，
系数化为，得，
检验：当时，，
∴是原分式方程的解．
13. 若关于x的一元二次方程有实数根，则实数m的取值范围是____________．
【答案】且.
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义，二次项系数不为0，方程有实数根可得根的判别式，列出不等式求解即可得到的取值范围.
【详解】解：方程是关于的一元二次方程，
，解得；
方程有实数根，
，
化简得；
解得；
综上，实数的取值范围为且.
14. 如图，，点A是上一点，且，过点A作的垂线交于点B，再过点B作的垂线交于点，过点作的垂线交于点，再过点作的垂线交于点，…，按照如此规律操作下去，则的长为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理，依次计算AB,A1B1,A2B2的长度，观察数值变化规律，归纳出与的关系式，代入即可求解．
【详解】解：∵∠MON=45°,AB⊥OM ，
为等腰直角三角形，
，
由勾股定理得，
∵BA1⊥ON ，
∴∠OBA1=90° ，
又，
∴△OBA1为等腰直角三角形，
∴BA1=OB=2，
由勾股定理得OA1=OB2+BA12=(2)2+(2)2=2 ，
∵A1B1⊥OM ，
∴△OA1B1为等腰直角三角形，
∴A1B1=OA1=2=21，
同理可得OB1=2OA1=22，
OA2=2OB1=2×22=4 ，
，
以此类推，可得AnBn=2n，
当时，A2026B2026=22026．
15. 如图，在中，，，点是斜边的中点，点是上一动点，则的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】由动点最值问题-将军饮马模型解法作图分析求解，再由含直角三角形性质、全等三角形的判定与性质求出相关线段长即可．
【详解】解：作点关于的对称点，连接，如图所示：
，
，
由动点最值问题-将军饮马模型可知，当点三点共线时，有最小值，为，
在中，，，则，，
点是斜边的中点，
，
在和中，
，
，
．
三、解答题：本题共8小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16. 计算及化简求值
（1）计算：；
（2）先化简，再求值：，其中．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：
，
当时，原式．
17. 如图，在中，，，平分交于点D．
（1）尺规作图：作交的延长线于点E；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，由内错角相等，两直线平行作即可；
（2）先求出，再求出，进而求出，得到，证明，得到，求出，再证明，得到，即可求解．
【小问1详解】
解：如图所示为所求：
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
18. 在平面直角坐标系中，已知一次函数与反比例函数满足以下条件：
①一次函数的图象经过点；
②一次函数与反比例函数图象的一个交点坐标为；
③在反比例函数中，当时，随的增大而减小．
请解答下列问题：
（1）求一次函数与反比例函数的表达式；
（2）设一次函数与反比例函数图象的另一个交点为，求的面积．
【答案】（1）一次函数表达式为，反比例函数表达式为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据反比例函数图象与性质，由待定系数法及解一元二次方程求解得到反比例函数表达式，进而求出点坐标，即可得到一次函数表达式；
（2）先求出一次函数与反比例函数图象的另一个交点的坐标，再作出图象，数形结合表示出的面积计算即可．
【小问1详解】
解：一次函数与反比例函数图象的一个交点坐标为，
，
则，
解得或；
在反比例函数中，当时，随的增大而减小，
，
即，
反比例函数表达式为；
，
一次函数的图象经过点，
，
解得，
一次函数表达式为；
【小问2详解】
解：联立，
消去得，即，
，
解得或，
则一次函数与反比例函数图象的另一个交点坐标为，如图所示：
一次函数与轴的交点为，、，
．
19. 为促进学生德、智、体、美、劳全面发展，某中学对八年级的两个班分别开展不同的课后服务模式．其中，一班采用传统课后服务模式，以学科作业辅导为主；二班开展“五育融合”课后服务模式，设置了艺术创作、体育拓展、劳动实践等丰富多样的活动．一学期结束后，为了解两种课后服务模式的效果，学校对八年级一班和二班各40名学生的综合素质进行评分（满分10分）．
【数据收集与整理】
一班和二班学生综合素质评分的数据整理如下表：
【数据分析与运用】
为了更深入地对比两种课后服务模式下学生综合素质的情况，学校对两组样本数据的众数、中位数、平均数、方差进行了整理，结果如下表：
（1）表中的值为___，的值为____，的值为___；
（2）对于这次测试，班级成绩比较整齐的是_____班；（填“一”或“二”）
（3）在第二学期，八年级一班也实施了“五育融合”课后服务模式，学期结束后再次对一班的综合素质进行评分，已知全班同学的评分只有7分、8分、9分、10分四种，且中位数为8.5，众数为9，则评分为10分的同学最多有多少人？
【答案】（1）
（2）二 （3）人
【解析】
【分析】（1）先求出一班、二班得分人数，再由众数、中位数和平均数的求法求解即可；
（2）通过比较题中数据里方差的大小即可得到答案；
（3）由题中得分情况、得分中位数及众数分析即可得到答案．
【小问1详解】
解：学校对八年级一班和二班各40名学生的综合素质进行评分，
一班得分的人数为；二班得分的人数为；
则一班得分的众数为，即；一班成绩的中位数为第名成绩的平均数，为，即；二班成绩的平均数为，即；
【小问2详解】
解：由题中数据可知，一班成绩的方差为；二班成绩的方差为，
，
二班得成绩比较整齐；
【小问3详解】
解：设得7分、8分、9分、10分的人数分别为，
全班同学的评分中位数为8.5，
由一班成绩的中位数为第名成绩的平均数，可知第名成绩为分、第名成绩为分，
则班级得分学生的总人数为人，即，
一班成绩的众数为9，
，
则，
，
则取得的最小整数为，此时有最大值，为，
当全班得或分的人数不超过人时，即、时，分为10分的同学最多，有人．
20. 如图，的顶点A，B，D在上，边与相切于点B，对角线经过圆心O，与交于点E，连接，．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为4，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】连接，先证明，再证明是等边三角形，求出，，可得，由平行四边形的性质推出，可得，即可证明；
（2）由（1）知，，易证四边形是菱形，求出，得到，过点作交延长线于点，易求，解直角三角形求出，即可求解．
【小问1详解】
证明：连接，
∵中，，
∴，
∵对角线经过圆心O，即是的直径，
∴，
∵与相切于点B，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：由（1）知，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∴，
过点作交延长线于点，
∵，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
∴的面积为．
21. 【实验主题】大型滑梯滑道长度检测
【实验背景】某游乐场计划为大型滑梯更换耐磨防滑垫，由于滑梯落差很大（超过米），且滑道表面有弧度，工程人员无法直接使用软尺贴合测量，为此，项目组设计了一个“高度——角度辅助测量法”，利用三角函数间接计算滑道长度．
【实验原理】如图①，将滑梯的滑道简化为直角三角形的斜边，已知滑梯平台的垂直高度（固定值），滑道与水平地面的夹角．在中，利用正弦函数关系，可由和推算出滑道长度（即斜边的长）．
【实验数据与任务】已知该系列滑梯平台的垂直高度米．
（1）【模型建立】设滑道长度（米），滑梯平台的垂直高度（米），坡角，请用含，的代数式表示；
（2）【数据检测】工程师对两个不同坡度的滑梯进行了测量，数据如下表：
请通过计算判断：哪个滑梯的滑道长度不符合标准？（参考数据：）
（3）【误差探究】工程师在现场测量时发现，滑梯底部并非直接着地，而是与水平地面有一个倾斜的缓冲坡道（如图②），若工程师在计算时，未考虑缓冲坡道的影响，仍错误地将滑梯主体的垂直高度按代入进行计算．
请分析：①由于缓冲坡道占据了一定高度，滑梯主体的实际垂直高度____________；（填“”“”或“”）
②这样计算出的滑道长度会比滑梯主体的真实长度____________．（填“偏大”或“偏小”）
【答案】（1）
（2）滑梯的滑道不符合标准
（3）①，②偏大
【解析】
【分析】（1）根据正弦的定义可得；
（2）分别求出两个滑梯的垂直高度，把计算出来的结果与垂直高度米比较，可得滑梯不符合标准；
（3）①滑梯底部并非直接着地，而是与水平地面有一个倾斜的缓冲坡道，所以滑梯主体的实际垂直高度；
②根据可知，，所以计算出的滑道长度会比滑梯主体的真实长度偏大．
【小问1详解】
解：滑道长度（米），滑梯平台的垂直高度（米），坡角，
，
；
【小问2详解】
解：滑梯：，，
米，
故滑梯的滑道长度符合标准；
滑梯：，，
米，
故滑梯的滑道不符合标准；
【小问3详解】
①解：缓冲坡道占据了一定高度，
滑梯主体的实际垂直高度；
②，
，
这样计算出的滑道长度会比滑梯主体的真实长度偏大．
22. 二次函数的图象与轴的交点为．
（1）若点的坐标为，求该二次函数的表达式；
（2）在（1）的条件下，若、在函数图象上，总有，求的取值范围；
（3）判断二次函数的图象与轴正半轴是否一定有交点？
【答案】（1）
（2）
（3）二次函数的图象与轴正半轴一定有交点
【解析】
【分析】（1）根据题意，由待定系数法求解即可；
（2）由（1）中得到表达式，根据抛物线图象与性质得到当抛物线上的点离对称轴越近函数值越大，结合题意得到不等式求解即可；
（3）根据抛物线与轴交点情况就是时对应的一元二次方程解的情况，先判断二次函数对应方程解的情况，再由求根公式求出一元二次方程的解，判断始终有一个根恒大于零即可．
【小问1详解】
解：二次函数的图象与轴的交点为，
，
则，解得，
该二次函数的表达式为；
【小问2详解】
解：由（1）知，
，对称轴为，
抛物线开口向下，则当抛物线上的点离对称轴越近函数值越大，
当、在函数图象上，总有时，，
解得；
【小问3详解】
解：令，则，
即，
，
二次函数图象与轴有两个不相同的交点，
，且，
或，
当时，；
当时，；
综上所述，二次函数的图象与轴正半轴一定有交点．
23. 如图①，在等腰直角中，，点D是的中点，过点D作交于点E．
（1）求证：；
（2）在同一平面内，将绕公共顶点A逆时针旋转，连接，．
①如图②，当点D在内部时，判断（1）中的结论是否仍然成立？
②如图③，当时，设线段交于点F，连接，判断四边形的形状，并说明理由；
③如图④，当点D在内部时，设射线与线段交于点G，且，若，求线段的长．
【答案】（1）见解析 （2）①（1）中的结论仍然成立；②四边形是正方形，理由见解析；③
【解析】
【分析】（1）先证明，设，求出AC=BC=22AB=2a ，，AE=DE=22a ，CE=AC−AE=22a ，即可证明；
（2）①由旋转的性质易证，根据△AED,△ABC 都是等腰直角三角形，得到AEAD=ACAB=22，即可证明，推出，即可得出结论；②四边形是正方形，设交点，同理①得，证明，是等腰直角三角形，易证四边形是平行四边形，再根据，，即可得出结论；③同理①得，设，，易证四点共圆，取中点为，则为四边形的外接圆，连接，在上取点，使得，连接，设交点为，过点分别作的垂线，交于点，交延长线于点，连接交于点，则，求出AC=BC=4,AB=2BC=42，，AE=DE=22AD=2 ，，根据，证明△AGE∽△AHD ，是等腰直角三角形，求出S△AOH=S△AHD，易证平分，即∠DAH=∠OAH ，再证明△DAH≌△OAHSAS，得到，利用勾股定理即可求解．
【小问1详解】
证明：∵等腰直角中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
∴AC=BC=22AB=2a ，
∵点D是的中点，
∴，
∴AE=DE=22a ，
∴CE=AC−AE=22a ，
∴BDCE=a22a=2，即；
【小问2详解】
解：①（1）中的结论仍然成立，
∵∠EAD=∠CAB=45° ，
∴∠EAC+∠CAD=∠CAD+∠BAD=45° ，
∴，
∵△AED,△ABC 都是等腰直角三角形，
∴AEAD=ACAB=22，
∴，
∴，
∴；
②四边形是正方形，理由如下：
设交点，
同理①得，
∴，
∵，即，
∴∠EDB+∠AED=180° ，
∴，
∴∠ABD+∠EAB=180° ，
∵，
∴∠ABD+∠CAD=90° ，
∴，即∠AGC=180°−∠CAD−∠ACE=90° ，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴∠DEG=∠AEG=45° ，
∵，
∴∠DFE=∠AEG=45° ，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
③同理①得，
∴CEBD=ACAB=22，，
设，
∵，
∴，
∴，
∴BD=32x ，
∵，
∴四点共圆，
∵，
∴为四边形外接圆的直径，取中点为，则为四边形的外接圆，
连接，在上取点，使得，连接，设交点为，过点分别作的垂线，交于点，交延长线于点，连接交于点，则，
∵，是等腰直角三角形，且，
∴AC=BC=4,AB=2BC=42，
∴，
∴AE=DE=22AD=2 ，
∵点为的中点，
∴，
∵，
∴BH=22x,DH=2x ，
∵∠AGB=∠ACB=90° ，∠CQG=∠AQB ，
∴∠CGQ=∠CAB=45° ，
∴∠AGF=180°−∠CGQ−∠AGB=45° ，
∵，
∴，
∵EGDH=x2x=22,AEAD=22，
∴△AGE∽△AHD ，
∴∠AHD=∠AGE=45° ，
∴∠GAH=90°−∠AHD=45° ，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴S△ABH=2S△AHD，
∵点为的中点，
∴S△ABH=2S△AOH，
∴S△AOH=S△AHD，
∵AD=OA=22，
∴，
∵HN⊥AB,HM⊥AM ，
∴平分，即∠DAH=∠OAH ，
∵AD=OA=22,AH=AH ，
∴△DAH≌△OAHSAS，
∴DH=OH=2x ，∠AHO=∠AHD=45° ，
∴∠DHO=∠AHD+∠AHO=90° ，
∴，
∴，即222=2x2+22x2，
∴10x2=8 ，
∴（负值舍去），
∴CE=3x=655．分数（分）
6
7
8
9
10
一班人数（人）
4
11
▲
10
3
二班人数（人）
1
7
▲
13
5
众数
中位数
平均数
方差
一班
7.925
1.219
二班
8
8
0.978
滑梯编号
坡角
标准滑道长度（米）
滑梯
滑梯