2026学年广东省东莞市初中学业水平测试九年级数学试卷（含解析）（中考模拟）

这是一份2026学年广东省东莞市初中学业水平测试九年级数学试卷（含解析）（中考模拟），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分：120分 时间：120分钟）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 中国是最早使用正负数表示具有相反意义的量的国家．若向北运动100米记作米，则向南运动80米可记作（ ）
A. 80米B. 米C. 100米D. 米
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了正负数的意义，解题关键是理解“正”和“负”的相对性，明确什么是一对具有相反意义的量．在一对具有相反意义的量中，先规定其中一个为正，则另一个就用负表示．
【详解】解：“正”和“负”相对，所以，若向北运动100米记作米，则向南运动80米可记作米．
故选：B．
2. 如图，是由5个大小相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．找到从左面看所得到的图形即可．
【详解】解：从左面看得第一层有2个正方形，第二层最左边有一个正方形．
∴它的左视图是：
故选：C．
3. 近几年我国汽车工业快速发展，在年仅新能源汽车销量就超过万辆，将万用科学记数法表示应是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为，其中，为整数，确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，n是正数；当原数的绝对值时，是负数．先将万化为整数，共位整数，再根据科学记数法的定义确定和的值即可得到答案．
【详解】解：万，
∵，
∴，
∴万用科学记数法表示为
4. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了合并同类项、幂的乘方、积的乘方、同底数幂相乘等知识点，灵活运用相关运算法则是解题的关键．
直接运用合并同类项、幂的乘方、同底数幂相乘法则逐项判断即可．
【详解】解：A．，故A错误，不符合题意；
B．，故B错误，不符合题意；
C．，故C错误，不符合题意；
D．，故D正确，符合题意．
故选D．
5. 如图，已知直线，，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行线的性质和三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：如图，
∵，
∴，
∵，
∴．
6. 若一个直角三角形的两条直角边的长分别是3和4，则斜边的长为（ ）
A. 5B. C. 1或7D. 5或
【答案】A
【解析】
【分析】题干明确给出两条边长为直角边，直接利用勾股定理计算斜边长即可．
【详解】解：∵该三角形是直角三角形，且两条直角边长分别为和，
设斜边长为，根据勾股定理可得，
∵三角形边长为正数，
∴，
即斜边长为．
7. 2025年4月8日美国对中国输美产品加征的“对等关税”从提升至，4月10日，这一税率进一步提高至．假设从4月8日到4月10日这两天关税日平均增长率为x，则可列出方程（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知：4月8日的关税为，4月10日的关税为，然后根据均增长率的规律列出方程即可．
【详解】解：设这两天关税日平均增长率为，
由题意得：．
8. 甲、乙两班举行计算机汉字录入比赛，参赛学生每分钟录入汉字的情况统计如下（每分钟录入汉字个为优秀）：
给出下列结论：
（1）甲、乙两班学生比赛成绩的平均水平相同；
（2）乙班比赛成绩优秀的学生多于甲班；
（3）乙班学生比赛的成绩比较稳定．
其中，正确的结论是（ ）
A. （1）（2）（3）B. （1）（2）C. （1）（3）D. （2）（3）
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了平均数，中位数，方差，正确理解统计量的意义是解题的关键．通过比较两班的平均数、中位数和方差，判断各结论的正确性．
【详解】解：∵甲班平均数为135，乙班平均数为135，
∴两班平均水平相同，结论（1）正确；
∵甲班中位数为149，
∴成绩排序后第28名的学生成绩为149，因此甲班优秀（）人数至多27人，
∵乙班中位数为151，
∴成绩排序后第28名的学生成绩为151，因此乙班优秀人数至少28人，
∴乙班优秀学生人数多于甲班，结论（2）正确；
∵乙班方差为110，甲班方差为191，且，
∴乙班成绩更稳定，结论（3）正确；
∴结论（1）（2）（3）正确．
故选：A．
9. 如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正方形及线段旋转的性质，得到；通过作，结合等腰三角形性质得，再通过角的互余关系推得，用证明，得出；设，则，在中用勾股定理求得，最后根据余弦定义算出．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵线段绕点旋转得到，
∴，
∴，
如图，过点作于点，
在中，，且，
∴，
∵，即，
在中，，
∴，
∴ ，
在和中：
，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，根据勾股定理：
在中，根据余弦的定义：，
∵，，
∴．
10. 如图1，在中，，D，E分别是，的中点，连接，，点P从点C出发，沿的方向匀速运动到点A，速度为．图2是点P运动时，的面积S（单位：）随时间t（单位：）变化的图象，则a的值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】结合图形得，当点P运动到点E处时，运动路程为，即，当点P运动到点D处时，运动路程为，得，由，求出，再求出，再根据直角三角形斜边上中线的性质即可求得a的值．
【详解】解：从图象第一段看出，当点P运动到点E时，点P的运动路程是a，
∴，
从图象第二段看出，当点P运动到点D时，点P的运动路程是，
∴，，
∴，
∵D，E分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，E是的中点，
∴，
∴．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分．）
11. 计算：20260−38= ______．
【答案】
【解析】
【详解】解：原式
12. 若一元二次方程没有实数解，则的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程根的判别式，正确求出根的判别式是关键．
根据一元二次方程无实数根的条件，判别式小于零，计算判别式并解不等式．
【详解】解：方程 中，，，，
∵．
由于一元二次方程没有实数解，
∴，
即 ，
解得 ．
故答案为：．
13. 已知点与点关于轴对称，则______．
【答案】
5
【解析】
【分析】根据关于轴对称的点的坐标特征，横坐标互为相反数，纵坐标相等，列出方程求解和的值，再计算．
本题考查了坐标与图形－轴对称变换，掌握基本概念是解题关键．
【详解】解：∵点与点关于轴对称，
∴且，
即，，
解得，
∴．
故答案为：5．
14. 如图，与位似，其位似中心为点，且，若的周长为5，则的周长为________．

【答案】12.5
【解析】
【分析】本题考查位似图形，根据两个位似图形一定相似，且相似比等于位似比，再根据两个相似三角形的周长比等于相似比，进行求解即可．
【详解】解：∵与位似，且，
∴，，
∴与的相似比为：，
∴与的周长比为：，
∵的周长为5，
∴的周长为12.5；
故答案为：12.5．
15. 如图，为半圆的直径，为半圆上的一点，连接，，以点为圆心，的长为半径画弧，交于点．若，，则阴影部分的面积为___________．（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理，特殊角的直角三角形的性质，勾股定理解三角形，扇形的面积公式，割补法求阴影部分的面积．
首先根据直径所对圆周角为直角，得到，根据勾股定理求的长度，根据直角边是斜边的一半得到，再计算的面积和扇形的面积，继而得到阴影部分的面积．
【详解】解：为半圆的直径，
，
在中，，
在中，，，
，
，
扇形的圆心角为，半径为，
，
阴影部分面积．
．
三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题7分，共21分．）
16. 解不等式组．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是解一元一次不等式组．熟练掌握该知识点是关键．分别求出每个不等式的解集，再取它们的公共部分即可得解．
【详解】解：解不等式得：，
解不等式得，．
原不等式组的解集为：．
17. 如图，在中，E，F分别为的中点，连接 ．
（1）求证：；
（2）从条件“①，②”中任选一个作为已知条件，判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析 （2）选①，四边形是矩形；选②，四边形是菱形；证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得 ，进而得到 ，结合，证明，即可证明结论；
（2）由（1）易证四边形是平行四边形，选①，根据等腰三角形三线合一可得，即 ，可得四边形是矩形；选②，利用直角三角形的性质，可得，可得四边形是菱形．
【小问1详解】
证明：在中， ，
∴ ，
∵点E，F分别为的中点，
∴ ，
∴
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：由（1）知，
∵即，
∴四边形是平行四边形；
①当时，如图，则是等腰三角形，
∵点E为的中点，
∴，即 ，
∴四边形是矩形；
②当时，如图，则是直角三角形，
∵点E为的中点，
∴，
∴四边形是菱形．
18. 如图，在等腰中，，点为边上的点．
（1）尺规作图：在的右侧作，使得，；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）所作的图形中，连接，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）过C在右侧，作的垂线，然后在垂线上截取，连接即可；
（2）证明，然后根据全等三角形的性质即可得证.
【小问1详解】
解：如图，即为所求，
【小问2详解】
证明：如图，
在等腰中，，
∴，
又，∠BCE=∠ACD=90°−∠BCD ，
∴△CBE≌△CADSAS，
∴．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分．）
19. 四川是一个充满想象力的省份，数千年来，生活在这片土地上的人们凭借智慧创造了众多非物质文化遗产，截至目前，已有9项入选联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．为了让学生更加了解四川非遗文化，天府新区某学校组织了非遗文化知识测评，从九年级学生中随机抽取部分学生参加测评，对测评成绩（单位：分）进行统计分析，成绩分为四个等级（A：，B：，C：，D：），并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图：
（1）本次参加测评人数为_______人，并补全条形统计图；
（2）若该校九年级共有800人，成绩为80分及以上记为优秀，请估计该校九年级学生测试成绩为优秀的学生人数；
（3）现有成绩为A等级的两位同学和B等级的两位同学共四人报名参加非遗汇报，从这四名同学中随机抽取两位参加汇报，请利用画树状图或列表的方法，求恰好抽到一名成绩为A等级同学和一名成绩为B等级同学的概率是多少？
【答案】（1）100，条形统计图见解析
（2）600人 （3）
【解析】
【分析】（1）根据C组的人数和占比可以算出总人数，再根据D组的占比可以计算出D组的人数，用总人数减去其他组的人数即可求出B组人数；
（2）成绩80分及以上为优秀，包括A、B两组的合计，根据A,B两组的合计占比就可以估计该校九年级学生测试成绩为优秀的学生人数；
（3）设A等级同学为，B等级同学为，画出树状图统计出所有可能的总数，再根据概率计算公式即可求解．
【小问1详解】
根据C等级人数人占总人数，可得总人数为：
，
D等级占，对应人数为，
B等级人数为，
补全条形统计图：
【小问2详解】
解： 成绩80分及以上为优秀，即A、B等级合计占比：
，
该校九年级共800人，估计优秀人数为：
【小问3详解】
设A等级同学为，，B等级同学为。
从四人中随机抽取两人，所有可能组合如下图：
共12种，
抽到一名成绩为A等级同学和一名成绩为B等级同学的组合有8种，
所求概率为：
．
本题考查了扇形统计图，条形统计图，概率的计算，关键厘清条形统计图和扇形统计图的联系.
20. 根据如表所示素材，探索完成任务．
任务：
（1）探求图书的标价：请运用适当方法，求出，两种图书的标价．
（2）确定如何获得最大利润：书店应怎样进货才能获得最大利润？
【答案】（1）
A种图书标价27元，B种图书标价18元
（2）
购进A种图书700本，B种图书300本时可获得最大利润
【解析】
【分析】（1）设种图书的标价是元，则种图书的标价是元，根据“顾客用540元按标价购买图书，能单独购买种图书的数量恰好比单独购买种图书的数量少10本”列出分式方程，解方程即可得出答案；
（2）设购进种图书本，则购进种图书本，根据题意列出不等式组求出的取值范围，求出、两种图书的售价，设获得的利润是元，得出关于的关系式，再利用一次函数的性质即可得出答案．
【小问1详解】
解：设种图书的标价是元，则种图书的标价是元，
由题意得：，
解得：，
经检验，是所列分式方程的解，
（元），
∴种图书的标价是元，则种图书的标价是元；
【小问2详解】
解：设购进种图书本，则购进种图书本，
由题意得：m≥70018m+121000−m≤16800，
解得：700≤m≤800 ，
由题意可得：种图书的售价是（元），种图书的售价是元，
设获得的利润是元，
则w=21.6−18m+18−121000−m=−2.4m+6000 ，
∵，
∴随着的增大而减小，
∴当时，的值最大，
（本），
∴购进种图书本，则购进种图书本，所获得的利润最大．
21. 图1是某越野车的侧面示意图，折线段表示车后盖，已知，，，该车的高度．如图2，打开后备箱，车后盖落在处，与水平面的夹角．

（1）求打开后备箱后，车后盖最高点到地面的距离；
（2）若小琳爸爸的身高为，他从打开的车后盖处经过，有没有碰头的危险?请说明理由．
（结果精确到，参考数据：，，，）
【答案】（1）车后盖最高点到地面的距离为
（2）没有危险,详见解析
【解析】
【分析】（1）作，垂足为点，先求出的长，再求出的长即可；
（2）过作，垂足为点，先求得，再得到，再求得，从而得出到地面的距离为，最后比较即可．
【小问1详解】
如图，作，垂足为点

在中
∵，
∴
∴
∵平行线间的距离处处相等
∴
答：车后盖最高点到地面的距离为．
【小问2详解】
没有危险，理由如下：
过作，垂足为点

∵，
∴
∵
∴
在中，
∴．
∵平行线间的距离处处相等
∴到地面的距离为．
∵
∴没有危险．
本题主要考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解题的关键．
五、解答题（三）（本大题共2小题，第22小题13分，第23小题14分，共27分．）
22. 给出如下定义：对于二次函数（其中、、为常数，且，），我们把一次函数叫作该二次函数的“随轴函数”．例如：二次函数的“随轴函数”为．
（1）已知二次函数，求该二次函数的“随轴函数”的表达式；
（2）如图，设二次函数的图象交轴于点，交轴于点，它的“随轴函数”的图象为，图象与相交于，两点（点在点的左侧）．
①求该二次函数的表达式，并写出，两点的坐标；
②直线与，分别交于点，，与轴交于点．连接，，，当时，且四边形的面积为，求的值；
③若二次函数与它的“随轴函数”组成新函数，若在函数图象上有两点，（与不重合），点的横坐标为，点的横坐标为．当，之间（包含，两点的图象）对应函数的最大值与最小值均不随的变化而变化，请直接写出的取值范围．
【答案】（1）
（2）①，，；②；③或．
【解析】
【分析】（1）根据“随轴函数”的定义，先确定二次函数中、、，代入公式计算和的值，即可求得“随轴函数”的表达式；
（2）①用待定系数法求二次函数解析式，解方程组得到、的值，根据 “随轴函数” 的定义，代入二次函数的、、，得到随轴函数的解析式，将二次函数与随轴函数的解析式联立，解一元二次方程，得到的根对应交点、的横坐标，代入函数解析式可得纵坐标；
②根据直线与二次函数、直线，对、两点进行表示，求、纵坐标的差的绝对值，得到，利用四边形的面积公式列方程，解方程得的值；
③分析新函数是分段函数，先确定二次函数的最值、一次函数的单调性，分析出点、的位置关于对称，分和两种情况讨论，得到的取值范围．
【小问1详解】
解：∵二次函数，
∴，，
∴该二次函数的“随轴函数”为；
【小问2详解】
解：①∵交轴于点，交轴于点，
∴，∴，
∴，
∴该二次函数的“随轴函数”为，
令，
则，
解得，，
则，，
∴，．
②∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，解得，
故的值为；
③∵，，∴，
∴点、到直线的距离相等，
当，，
当时，，
∵、之间的图象对应函数的最大值与最小值均不随的变化而变化，
而当时，，时，，
当，如图：
由题意得：，
∴；
当，如图：
由题意得：，
∴，
综上：或．
23. 矩形中，点是延长线上一点，点、分别是、的中点，与相交于点．
（1）如图1，若，，，________；
（2）如图2，运动点，证明：；
（3）在（2）问的条件下，以为圆心，为半径画圆．
①如图3，若与、分别相切于点、，求的值；
②如图4，若经过点，，求证：四边形是正方形．
【答案】（1）
（2）证明：设，，BM=2c ，
取中点F，连接，
∵E是中点，
∴，，BF=12BM=c ，
∴，
∵是中点，
∴，
∴，
∴tan∠EGF=EFGF=ba+c，，
∴，
∴，
∴；
（3）①；
②证明：设，，
∵，
∴，
∵经过点C，E为中点，
∴，，
∴，
∴在中，，tan∠EGM=MEEG=2aa+5a=5−12，
在中，tan∠CMB=BCBM=2bBM=1+52，
∴BM=5−1b ，
由（2）知：，
∴tan∠AMD=tan∠EGM=5−12，
在中，tan∠AMD=ADAM=2bAM=5−12，
解得AM=5+1b ，
∴AB=AM−BM=2b=AD ，
∴矩形是正方形．
【解析】
【分析】（1）取中点F，连接，根据三角形中位线定理得出，，，根据平行线的性质得出，然后在中，根据正切的定义求解即可；
（2）设，，，取中点F，连接，类似（1）求出tan∠EGF=EFGF=ba+c，，则可得出，然后根据等角对等边即可得证；
（3）①设的半径为r，连接、、、，证明四边形HPDQ 是正方形，得出∠HDQ=12∠PDQ=45° ，DH=2r ，DQ=HQ=r ，判断是等腰直角三角形，求出AD=22MD=2+22r ，AQ=22r ，判断是等腰直角三角形，得出MG=2r ，根据切线的性质，等边对等角，三角形的内角和定理可得出∠GHQ=2∠AQG ，然后结合圆周角定理可得出∠AQG=∠AMG ，证明△AQG∽△AMG ，根据相似三角形的性质得出22r2r+AG=AG22r，求出AG=2−22r ，则CD=AB=2AG=2−2r ，最后代入计算即可；
②设，，则，根据垂径定理的推论得出，，根据勾股定理求出HM=HG=5a ，在中，根据正切的定义求出，tan∠EGM=5−12，在中，根据正切的定义求出BM=5−1b ，由（2）知：，则tan∠AMD=tan∠EGM=5−12，在中，根据正切的定义求出AM=5+1b ，则AB=AM−BM=2b=AD ，最后根据正方形的判定即可得证．
【小问1详解】
解：∵矩形中，，，
∴，∠ABC=∠ADC=∠A=90° ，
取中点F，连接，
∵E是中点，，
∴，，，
∴，
∵是中点，
∴，
∴，
∴tan∠EGM=tan∠EGF=EFGF=35；
【小问2详解】
略
【小问3详解】
解：①设的半径为r，
连接、、、，
∵与、分别相切于点、，
∴，HP⊥DP ，，
又，
∴四边形HPDQ 是矩形，
又HP=HQ=r ，
∴矩形HPDQ 是正方形，
∴∠HDQ=12∠PDQ=45° ，DQ=HQ=r ，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴AD=22MD=22r+2r=2+22r ，
∴AQ=AD−DQ=22r ，
同理是等腰直角三角形，
∴MG=2r ，
∵HQ⊥DA ，
∴∠AQG=90°−∠HQG ，
∵，
∴∠HQG=∠HGQ ，
∴∠GHQ=180°−2∠HQG ，
∴∠GHQ=2∠AMQ ，
又∠GHQ=2∠AMQ ，
∴∠AQG=∠AMG ，
又，
∴△AQG∽△AMQ ，
∴AQAM=AGAQ，即22r2r+AG=AG22r，
解得AG=2−22r （负值舍去），
∵是中点，
∴CD=AB=2AG=2−2r ，
∴ADCD=2+22r2−2r=3+22；
②略．班级
参赛人数
中位数
平均数
方差
甲班
55
149
135
191
乙班
55
151
135
110
如何确定图书销售单价及怎样进货以获取最大利润
素材一
某书店为了迎接“读书节”决定购进，两种新书，两种图书的进价分别是每本18元、每本12元．
素材二
已知种图书的标价是种图书标价的1.5倍，若顾客用540元按标价购买图书，能单独购买种图书的数量恰好比单独购买种图书的数量少10本．
素材三
该书店准备用不超过16800元购进，两种图书共1000本，且种图书不少于700本，经市场调查后调整销售方案为：种图书按照标价的8折销售，种图书按标价销售．
问题解决