广东省肇庆市广宁县部分学校2026年九年级数学中考三模试卷

这是一份广东省肇庆市广宁县部分学校2026年九年级数学中考三模试卷，文件包含鏂板寳甯堝ぇ鐗堥珮浜屾暟瀛﹂珮鏁堝煿浼橈紙閫夋嫨鎬у繀淇涓�鍐岋級绗�2绔狅細绗簩绔犲渾閿ユ洸绾匡紙鍩逛紭鍗曞厓娴嬭瘯路鎻愬崌鍗凤級锛堣В鏋愮増锛�docx、鏂板寳甯堝ぇ鐗堥珮浜屾暟瀛﹂珮鏁堝煿浼橈紙閫夋嫨鎬у繀淇涓�鍐岋級绗�2绔狅細绗簩绔犲渾閿ユ洸绾匡紙鍩逛紭鍗曞厓娴嬭瘯路鎻愬崌鍗凤級锛堝師鍗风増锛�docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
一、选择题：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．下列各数中，比0小的数是（ ）
A．1B．3C．-3D．14
2．春日经济犹如一扇窗，折射出中国经济的韧性和活力，据商务大数据监测，截至4月12日，2026年消费品以旧换新销售额达5029.4亿元.将数据“5029.4亿”用科学记数法表示为（ ）
A．5029.4×108B．5.0294×1011
C．5.0294×1012D．5.0294×103
3．《九章算术·商功》中的“斜解立方，得两堑堵”，指的是将一个立方体沿着斜对角切开，得到两个相同的三棱柱，即“堑堵”.如图放置的“堑堵”的左视图是（ ）
A．B．
C．D．
4．下列计算正确的是（ ）
A．a+3a=4a2B．a2⋅a3=a5C．a6÷a2=a3D．a2b2=a2b2
5．如图，过原点的直线与反比例函数y=kxk≠0的图象交于A，B两点，若点A（2，5），则点B的坐标为（ ）
A．（5，2）B．（-5，-2）C．（-2，-5）D．（-1，-2）
6．中国象棋是中华民族的文化瑰宝，历史悠久、深受人们喜爱.一副标准中国象棋共有32枚棋子，其中“帥”和“将”棋子各有一枚.现从一副完整的中国象棋中随机摸出一枚棋子，摸到的棋子是“帥”或“将”的概率是（ ）
A．132B．116C．112D．19
7．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD、AC平分∠DAB，若∠DCA=38°，则∠D的度数为（ ）
A．38°B．76°C．104°D．142°
8．一元二次方程5x2=4x的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．只有一个实数根D．没有实数根
9．如图，青山在王家庄、绿水两地之间，青山距绿水120km.有两辆汽车A，B从王家庄同时出发，分别前往青山、绿水两地，已知A车的平均速度为60km/h、B车的平均速度为100km/h，两车同时到达目的地：若设王家庄距青山xkm，根据题意可列方程为（ ）
A．x+12060=x100B．x60=x−120100
C．x60=x+120100D．x−12060=x100
10．如图，在正方形ABCD中，E是AB边的中点，连接DE，F是DE的中点，连接CF，作CG⊥DE于点C，则tan∠GCF的值是（ ）
A．14B．54C．18D．6565
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分.
11．因式分解：x3-9x= .
12．已知实数a，b满足m−22+|n+1|=0,则m−n2= .
13．如图，PA，PB是⊙O的两条切线，A，B是切点，C是AB上一点，过点C画⊙O的切线，分别交PA，PB于点D，E，PA=12cm，则△△PDE的周长是 cm.
14．如图，在△ABC中，∠B=45∘,∠BAC=105∘,，先以点C为圆心，AC的长为半径画弧，交BA延长线于点G，再分别以点G和点A为圆心，大于12AG的长为半径画弧，两弧相交于点M；画射线CM交GB于点D.若AD=1，则AB的长为 .
15．已知抛物线y=ax2+bx+ca≠0的对称轴是直线x=32,与x轴交于A（-1，0），B两点，与y轴的交点C在x轴下方，若OC>2OA，则该抛物线的表达式可以是 .（写出一个即可）
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：2x−1>x+2,2x−53≤1.
17．如图，AC，BD相交于点E，BC，EF为四边形BECF的对角线.连接AB，CD，已知AB=CD.现从条件：①AC=BD，②∠A=∠D，③BF=FC中任选2个，求证：EF垂直平分BC.
18．为持续对机器人进行升级改进、某公司从自己生产的甲、乙两种型号的人形机器人中各随机插取20台对感知与环境交互能力进行测评，并对测评成筑进行整理、描述和分析，并绘制成如下的统计图表（分数用x表示，总分为100分，共分四组：≤x0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ0，因此对应两个不相等的实数根。
9．【答案】C
【知识点】一元一次方程的实际应用-行程问题
【解析】【解答】解：设王家庄距青山x km，
∵青山在王家庄与绿水之间，且青山距绿水120km，
∴王家庄到绿水的路程为(x+120) km。
根据“时间=路程÷速度”，
A车从王家庄到青山的行驶时间为x60 h，
B车从王家庄到绿水的行驶时间为x+120100 h。
∵两车同时出发、同时到达，即行驶时间相等，
∴可列方程：x60=x+120100。
故答案为：C
【分析】本题考查由实际行程问题列分式方程，核心是抓住“时间相等”的等量关系。解题时先根据题意梳理路程关系：王家庄到青山的路程为x km，青山到绿水为120km，因此王家庄到绿水的总路程为x与120的和；再根据行程问题基本公式“时间=路程÷速度”，分别用路程除以对应车速，表示出A车、B车的行驶时间；最后根据“两车同时出发且同时到达”这一条件，得到两车行驶时间相等的等量关系，将两个时间表达式用等号连接，即可得到对应的方程。
10．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；求正切值；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：设正方形的边长为2a，则AD=AB=BC=CD=2a。
∵E是AB边的中点，
∴AE=EB=a。
在RtΔDAE中，由勾股定理得：
DE=AD2+AE2=(2a)2+a2=5a。
∵F是DE的中点，
∴DF=12DE=52a。
∵四边形ABCD是正方形，
∴DC∥AB，
∴∠AED=∠EDC（两直线平行，内错角相等）。
∵CG⊥DE，∴∠CGD=90°，
又∠A=90°，
∴ΔDAE∽ΔCGD（两角分别相等的两个三角形相似）。
∴DGAE=CGDA=CDDE，
代入线段长得DGa=CG2a=2a5a=25，
解得DG=255a，CG=455a。
∴GF=DF−DG=52a−255a=510a。
在RtΔCGF中，
tan∠GCF=GFCG=510a455a=18。
故答案为：C
【分析】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理及锐角三角函数的定义，属于几何综合题型。解题时可先设正方形边长为参数，利用中点定义得到AE的长度，再根据勾股定理求出DE的长度，结合中点定义得到DF的长度；接着利用正方形对边平行的性质，得到内错角∠AED与∠EDC相等，结合两个直角相等，根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明ΔDAE与ΔCGD相似；再根据相似三角形对应边成比例的性质，列出比例式求出DG与CG的长度；通过线段和差计算出GF的长度后，在直角三角形CGF中，根据正切的定义“对边比邻边”，用GF的长度除以CG的长度，化简后即可得到tan∠GCF的值。
11．【答案】x（x+3）（x-3）
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解：x3﹣9x=x（x2-9）=x（x+3）（x-3）
【分析】先提取公因式x，再利用平方差公式进行分解。
12．【答案】9
【知识点】偶次方的非负性；绝对值的非负性
【解析】【解答】解：∵(m−2)2≥0，|n+1|≥0，且两者的和为0，
根据“若几个非负数的和为0，则每个非负数都为0”，
可得：m−2=0，n+1=0，
解得m=2，n=−1。
将m、n代入(m−n)2得：
(m−n)2=[2−(−1)]2=32=9。
故答案为：9
【分析】本题考查非负数的性质，涉及偶次幂与绝对值的非负性。初中阶段常见的非负数有平方数、绝对值与算术平方根，其核心性质为：若若干个非负数的和为0，则每一个非负数的值都为0。解题时先分别判断(m−2)2与|n+1|均为非负数，根据上述性质可列出两个一元一次方程，求解得到m、n的值；再将数值代入代数式(m−n)2，按照有理数的运算规则计算，即可得到最终结果。
13．【答案】24
【知识点】切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：∵PA、PB都是⊙O的切线，切点分别为A、B，
∴PA=PB=12 cm（切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等）。
同理，DA、DC都是⊙O的切线，∴DA=DC；
EB、EC都是⊙O的切线，∴EB=EC。
ΔPDE的周长=PD+DE+PE
=PD+DC+CE+PE
将DC=DA、CE=EB代入得：
=PD+DA+EB+PE
=(PD+DA)+(PE+EB)
=PA+PB
=12+12=24 cm。
故答案为：24
【分析】本题考查切线长定理的应用，核心是利用切线长相等进行线段转化。切线长定理指出：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长度相等。解题时先对三组切线分别应用定理：从点P引的两条切线PA、PB长度相等，从点D引的两条切线DA、DC长度相等，从点E引的两条切线EB、EC长度相等；再将ΔPDE的周长拆分为三条线段的和，把其中的DC替换为DA、EC替换为EB，通过线段重组可将周长转化为PA与PB的长度之和；最后代入PA的长度计算，即可得到三角形的周长。
14．【答案】3+1
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；等腰直角三角形；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：由尺规作图的步骤可知，CD垂直平分线段AG，
∴CD⊥AB，即∠CDB=∠CDA=90°。
∵∠BAC=105°，
∴∠CAD=180°−105°=75°，
在RtΔCDA中，∠ACD=180°−90°−75°=15°。
在CD上取点E，使AE=CE，
则∠EAC=∠ECA=15°（等边对等角），
∴∠AED=∠EAC+∠ECA=30°（三角形外角等于不相邻两内角和）。
在RtΔADE中，∠AED=30°，AD=1，
∴AE=2AD=2，DE=AE2−AD2=3，
∴CE=AE=2，
∴CD=CE+DE=2+3。
∵∠B=45°，∠CDB=90°，
∴ΔCDB是等腰直角三角形，
∴BD=CD=2+3。
∴AB=BD−AD=(2+3)−1=3+1。
故答案为：3+1
【分析】本题考查尺规作图的识别、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形性质及等腰直角三角形的判定与性质。解题第一步先根据尺规作图的步骤，判断出射线CM是线段AG的垂直平分线，因此CD与AB垂直，得到两个直角三角形；接着利用邻补角关系求出∠CAD的度数，再结合直角三角形两锐角互余求出∠ACD的度数；通过构造等腰三角形ACE，利用等边对等角与三角形外角性质，得到∠AED=30°；在含30°角的直角三角形ADE中，根据“30°角所对的直角边等于斜边的一半”求出AE的长度，再用勾股定理求出DE的长度，进而得到CD的总长度；然后根据∠B=45°与直角条件，判定ΔCDB为等腰直角三角形，得到BD与CD相等；最后通过线段和差，用BD减去AD的长度，即可求出AB的长。
15．【答案】y=x2−3x−4
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线x=32，且与x轴交于A(−1,0)，
根据抛物线的对称性，点A到对称轴的距离为32−(−1)=52，
∴点B的横坐标为32+52=4，即B(4,0)。
设抛物线的交点式为y=a(x+1)(x−4)，
展开得y=ax2−3ax−4a，
∴抛物线与y轴交点C的坐标为(0,−4a)。
∵点C在x轴下方，∴−4a0。
∵OA=|−1|=1，∴2OA=2，
由OC>2OA得|−4a|>2，
∵a>0，∴4a>2，解得a>12。
取a=1，代入得抛物线解析式为y=(x+1)(x−4)=x2−3x−4。
故答案为：y=x2−3x−4（答案不唯一）
【分析】本题考查二次函数的图象性质与待定系数法求解析式，涉及抛物线的对称性、交点式的应用。解题第一步利用抛物线的对称性：抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，已知点A坐标与对称轴，可计算出另一个交点B的坐标；第二步设抛物线的交点式，代入两个交点坐标，将解析式用含参数a的形式表示，并展开得到一般式，从而得到与y轴交点C的纵坐标；第三步根据“交点C在x轴下方”确定a的取值范围为正，再结合OC>2OA的条件，代入线段长度列出不等式，求解得到a的取值范围；最后在取值范围内任取一个a的值，代入解析式化简，即可得到符合条件的抛物线表达式。
16．【答案】解：记不等式组2x−1>x+2①,2x−53≤1②,
解不等式①得：x>3，
解不等式②得：x≤4，
∴不等式组的解集为：34；解第二个不等式时，先在不等式两边同时乘3消去分母，再通过移项、系数化为1得到x≤4；最后根据解集的确定规则，取两个解集的公共部分，即为不等式组的解集。
17．【答案】解：选择条件②③，
证明：在△ABE和△DCE中，
∠A=∠D,∠AEB=∠DEC,AB=CD,
∴△ABE≌△DCE（AAS）.
∴EB=EC，
∴点E在线段BC的垂直平分线上.
∵BF=FC，
∴点F在线段BC的垂直平分线上，
∴EF垂直平分BC.
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题考查三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定，属于几何证明题型，需结合所选条件逐步推导。要证明EF垂直平分BC，根据线段垂直平分线的判定定理，只需证明点E和点F都在线段BC的垂直平分线上，即证明EB=EC且BF=FC。选择条件②③：先利用∠A=∠D、对顶角∠AEB=∠DEC与已知AB=CD，根据AAS判定定理证明ΔABE≅ΔDCE，由全等三角形对应边相等得到EB=EC，结合已知BF=FC，同理可证EF垂直平分BC。
18．【答案】（1）86.5；92；40
（2）该公司乙型人形机器人的感知与环境交互能力较好，理由①：该公司甲、乙两种型号的人形机器人的测评成绩的平均数相同都是85.9，但乙型
人形机器人的测评成绩的中位数86.5大于甲型人形机器人的测评成绩的中位数85.5，∴该公司乙型人形机器人的感知与环境交互能力较好；
理由②：∵该公司甲、乙两种型号的人形机器人的测评成绩的平均数相同都是85.9，但乙型人形机器人的测评成绩的众数94大于甲型人形机器人的测评成绩的众数92，∴该公司乙型人形机器人的感知与环境交互能力较好.（写出一条理由即可）
（3）450×620+540×5%+25%=297（台）.
答：估计该公司对甲、乙两种型号的人形机器人共需要升级297台才满足交付的标准.
【知识点】统计表；扇形统计图；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）根据题意可得C组占比为620×100%=30%，
∴m=100−5−25−30=40；
20个数据的中位数是第10、11个数据的平均数，
A组有20×5%=1台，B组有20×25%=5台，
∴第10、11个数据都在C组，分别为86、87，中位数a=86+872=86.5，
甲型测评成绩中，92出现次数最多（共3次），
∴众数b=92；
【分析】（1）求m的值时，先根据乙型C组的数量除以总样本数得到C组占比，再用100%减去A、B、C三组的占比，即可得到D组的占比m；求中位数a时，先根据各组占比计算出A、B组的台数，确定第10、11个数据都落在C组，取出C组中对应的两个数据求平均数，即为中位数a；求众数b时，统计甲型成绩中出现次数最多的数值，即为众数b。
（2）对比两种型号的统计量时，可从中位数、众数等角度分析，例如两者平均数相同的情况下，乙型的中位数更高，说明乙型半数以上的成绩高于甲型的中位数水平，整体表现更优，据此判断即可。
（3）估计升级台数时，先分别统计样本中甲型、乙型低于80分的数量与占比，再用各自的总台数乘以对应占比，得到两种型号需要升级的台数，相加后即为总升级台数，体现了用样本估计总体的统计思想。
19．【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，∴∠ACE=90°.
∵F是AE的中点，
∴CF=AF=12AE,
∴∠FAC=∠FCA.
∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA.
∵AD是⊙O的切线，
∴∠OAD=∠OAC+∠CAF=90°，∴∠OCF=∠OCA+∠ACF=90°.
∵OC为⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线.
（2）解：∵⊙O的半径为6，OCCD=32,
∴CD=4，
∴OD=OC+CD=6+4=10，
∴AOOD=610=35.
∴在Rt△OAD中，
tanD=AOAD=34,
在Rt△CDF中，tanD=CFCD=CF4=34,
即CF=3，
∴AE=2CF=6.
∵AB=2OA=12，
∴在Rt△ABE中，
BE=AB2+AE2=122+62=65.
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质；求正切值；已知正切值求边长；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）要证明CF是⊙O的切线，根据切线的判定定理，只需证明OC⊥CF，即∠OCF=90°。首先由直径所对的圆周角为直角，得到∠ACB=90°，进而∠ACE=90°；再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，由F是AE中点得到CF=AF，根据等边对等角推出∠FAC=∠FCA；结合半径相等得到∠OAC=∠OCA，再由AD是切线得到∠OAD=90°，通过角的和差关系可推出∠OCF=∠OAD=90°，结合OC是半径，即可证明CF是切线。
（2）求BE的长时，先根据半径长度与比例关系求出CD、OD的长度，再在RtΔOAD中用勾股定理求出AD的长；接着利用正切函数的定义，在RtΔOAD中表示出tanD，再在RtΔCDF中利用同一个角的正切值相等，求出CF的长度；结合F是AE中点，得到AE的长度，最后在RtΔABE中，利用勾股定理即可求出BE的长度。
20．【答案】（1）解：设该公司研发投入资金的年平均增长率为x，
依题意得，1000×1+x2=1210,
解得x=0.1（负值已舍去），
∴年均增长率为10%，
答：该公司研发投入资金的年平均增长率为10%.
（2）设生产A款装备a台，则生产B款装备（3000-a）台.
根据题意，得a≤2（3000-a），
解得a≤2000.
设销售总收入为W万元，则W=5a+3.5（3000-a）=1.5a+10500，
∵1.5>0，
∴W随a的增大而增大.
∵a≤2000，
∴当a=2000时W值最大，WR=1.5×2000+10500=13500（万元）.
答：当生产A款装备2000台时，公司的销售总收入最大，最大收入是13500万元.
【知识点】一元一次不等式的应用；一元二次方程的实际应用-百分率问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）求年平均增长率时，设年平均增长率为x，根据增长率问题的公式：初始量×(1+增长率)n=增长n年后的量，代入2023年的初始资金与2025年的资金，列出一元二次方程，求解后舍去负根，即可得到年平均增长率。
（2）求最大收入时，先设生产A款装备的数量为参数，根据总台数表示出B款的数量；再根据“A款数量不多于B款数量的2倍”列出一元一次不等式，求解得到参数的取值范围；接着根据“总收入=A款收入+B款收入”列出总收入关于参数的一次函数表达式，根据一次项系数的正负判断函数的增减性，在取值范围内找到使函数值最大的参数值，代入计算即可得到最大收入。
21．【答案】（1）解：由题意得，∠AOB=34.92°，OH平分∠AOB，
∴∠COG=∠DOC=17.46°.
∵MN⊥OH，OD=OC=20m，
∴CG=DG=12CD.
在△COG中，sin∠COC=CCCO.
∴CC=OC⋅sin17.46∘=20×0.3=6m,
∴CD=2CC=12m.
（2）铅球场地由扇形落地区和圆形投掷圈组成.扇形半径R=25m，圆心角0=34.92°，投掷圈直径d=2.135m，半径r=1.0675m.
∴扇形面积：S环=34.92360×3.14×252=0.097×
3.14×625=190.3625m2.
投掷圈面积：S阴=πr2=3.14×1.06752=3.5782m2.
重叠部分（投掷圈内位于扇形内的部分）面积：
S扇=θ360∘S阴=0.097×3.5782=0.3471m2.
场地总面积：S=S扇+S阴−S支=190.3625+3.5782−0.3471=193.5936=193.59m2.
∴铅球场地占地面积约是193.59m2.
（3）可以.
示意图如下（以长方形表示空地，内部画出投掷圈和扇形落地区，并标注安全区）.（位置不固定）
【知识点】扇形面积的计算；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）求CD的长时，先根据角平分线的定义，由OH平分∠AOB得到∠COH=∠DOH=17.46°；再根据等腰三角形三线合一，由OC=OD且OH⊥CD，得到G为CD中点，即CD=2CG；最后在RtΔCOG中，利用正弦函数的定义求出CG的长度，乘以2即可得到CD的长。
（2）求场地占地面积时，需分别计算扇形落地区与圆形投掷圈的面积，再减去两者重叠部分的面积避免重复计算；根据扇形面积公式S=nπR2360代入角度与半径求出扇形面积，根据圆的面积公式求出投掷圈面积，再按圆心角占比求出重叠部分面积，通过“扇形面积+投掷圈面积-重叠面积”即可得到总面积。
（3）判断场地是否可建设时，先计算扣除四周2m安全区后的有效可用矩形尺寸，再分别计算标准场地沿对称轴方向的总长度与垂直对称轴方向的总宽度，将两个尺寸与有效区域的长、宽对比，若均小于有效区域尺寸则可建设，放置时将场地对称轴沿矩形长边方向布置即可。
22．【答案】（1）解：∵AD∥BC，AE∥CD，∠BAD=90°，
∴四边形ADCE为平行四边形，∠ABC=∠BAD=90°，
∴EC=AD=4.
∵四边形ABCD∽四边形AEFG，∴∠CME=∠AEF=∠ABC=90°，
∴BE=BC-EC=9-4=5.
∴在Rt△ABE中，
AE2=AB2+BE2=122+52=132,
∴AE=13.
∵∠AEF=∠ABC=90°，
∴∠BAE+∠AEB=180∘−∠ABC=90∘,
∠MEC+∠AEB=180∘−∠AEF=90∘,
∴∠BAE=∠MEC.
∵∠ABE=∠EMC=90°，
∴△ABE∽△EMC、
∴AEEC=BEMC,即134=5CM,
∴CM=2013.
（2）∵四边形ABCD∽四边形AEFC，
∴ABAE=BCEF,
∴AEEF=ABBC=129=43.
如答22-1，答22-2图，过点F作FH⊥BC交射线BC于点H，
∴∠FHE=∠ABC=90°，
由题可知∠AEF=∠ABC=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，∠FEH+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEH，
∴△ABE∽△EHF，
∴BEHF=AEEF=43.
∵BE=x.
分类讨论：
①如图1，当点E在线段BC上时（0≤x≤9），EC=BC-BE=9-x，
当x=0时，即点E与点B重合，点F与点C重合，此时△ECF不存在，当x=9时，即点E与点C重合，△ECF不存在，∴0