精品解析：2025年安徽省合肥市庐阳中学九年级中考一模数学试卷

2024－2025学年第二学期九年级一模 数学试卷 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，满分40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列为负数的是（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查负数、无理数，根据负数小于0求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴为负数的是， 故选：B． 2. 2024年合肥市约为13500亿元，同比增长．其中，13500亿用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查科学记数法，根据科学记数法的表示方法：为整数，进行表示即可． 【详解】解：13500亿； 故选B． 3. 如图是由七个完全相同的小正方体组成的立体图形，则它的俯视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接从上往下看，看到的平面图形就是俯视图，据此作答即可． 【详解】根据题意，从上面看原图形可得到 故选：B． 【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，熟练掌握知识点是解题的关键． 4. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了合并同类项，幂的乘方，实数的运算，完全平方公式，根据以上运算法则进行计算即可求解． 用合并同类项的法则可判断A，用完全平方公式可判断B，用幂的乘方运算法则可判断C，用二次根式的加减运算法则可判断D． 【详解】解：A． ，故该选项不正确，不符合题意；        B． ，故该选项不正确，不符合题意；        C． ，故该选项不正确，不符合题意； D． ，故该选项正确，符合题意； 故选：D． 5. 如图，是圆的直径，点、在圆上，，与交于，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查圆周角定理和弧、弦及圆周角之间的关系，熟练掌握圆周角定理和三者之间的关系是解题的关键． 根据直径所对的圆周角为 90 度可知，根据，可知，进而可得，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得，最后根据三角形外角的定义和性质即可求出的度数． 【详解】解：∵是圆的直径， ， ， ， ， ∵， ， ， ， 故选：B． 6. 甲、乙、丙三人做传球的游戏，开始时，球在甲手中，每次传球，持球的人将球任意传给其余两人中的一人，如此传球两次，最后球在乙手上的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】题目主要考查利用列举法求概率，求出所有的传球方法共有多少种，找出最后球在乙手上的的情况，即可得最后球在乙手上的概率． 【详解】解：用甲→乙→丙表示一种传球方法， 所有传球方法共有：甲→乙→甲； 甲→乙→丙； 甲→丙→甲； 甲→丙→乙； 则共有4种传球方法，最后球在乙手上的有1种情况， ∴最后球在乙手上的概率为， 故选：A 7. 如图，在中，点在边上，，，若，，则的长为（　　） A 10 B. C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据，得到垂直平分，继而得到，得到，结合，，得到，于是，解答即可． 【详解】解：∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查了线段的垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角性质，线段的和差，关键是熟练掌握线段的垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角性质． 8. 已知，，是互不相等的实数，且，，那么，，中最大的数为（ ） A. B. C. D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了代数式的大小比较，熟练掌握代数式的大小比较方法是解题的关键； 根据作差法，分别比较和的大小关系，即可求解； 【详解】解：，， ， ，，是互不相等的实数， ， ， ， ，，是互不相等的实数， ， ； 最大； 故选：A 9. 如图，已知菱形的边长为3，点从点处出发，以每秒1个单位长度的速度，顺着菱形的边顺时针运动一周后停止，设为点运动秒后的面积，当、、三点共线时．那么，关于的函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据菱形性质，可得，，，，过点作的垂线，垂足为点，设，根据三角函数可得，结合点走的路程为，在分别分析，，，四种情况时，关于的函数的大致图象，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，， 过点作的垂线，垂足为点，设，如图所示： ∵， ∴ ∵点从点处出发，以每秒1个单位长度的速度， ∴点走的路程为， 当时，点在上运动，， ∴ ∴ ∵ ∴当时，关于的函数的图象大致为上升的直线； 当时，点在上运动，， ∴ ∴ ∵ ∴当时，关于的函数的图象大致为下降的直线； 同理可得，当时，关于的函数的图象大致为上升的直线；当时，关于的函数的图象大致为下降的直线； 故选：A． 【点睛】本题考查的是动点图象问题，涉及到一次函数、图象面积计算、三角函数，菱形的性质，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解． 10. 如图，矩形中，，，以为圆心，2为半径作．动点在线段上（可以与和重合），连接，与的交点为点．连接．下列结论错误的是（ ） A. 的最小值是8 B. 若是的切线，则 C. 面积的最大值为 D. 的最小值是32 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查圆的综合应用．作点关于直线的对称点，连接交于点，如图所示，此时，最小，最小值为，根据轴对称的性质和勾股定理求出，即可求出的最小值；若是的切线，则，在 中，勾股定理求出，根据，即可求出；根据，得出当的面积最小时，的面积最大，过点E作，得出，根据相似三角形的性质求出，根据当底边上的高最小时，的面积最小，求出面积的最小值为，即可求出的面积最大值为；设，则，根据，即可得出当时，的值最小，最小值为 34． 【详解】解：作点关于直线的对称点，连接交于点，如图所示， 此时，最小，最小值为， ∵矩形中，，， ， ， ∴的最小值是：，故A正确； 若是的切线，则， 在 中，， ， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∴，故B项正确； ∵， ∴当的面积最小时，的面积最大， 在中，， 过点E作， 则， ∴， 即， 解得：， ∵底边为，故当底边上的高最小时，的面积最小， ∴当与重合时，的面积最小， 此时，， 即面积的最小值为， 则的面积最大值为，故C项正确； 设，则， 则 ， ∴当时，的值最小，最小值为 34，故D项错误． 故选：D． 【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，解直角三角形，二次函数的最值求解，勾股定理，矩形的性质，切线的性质，轴对称的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分． 11. 不等式的解集是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元一次不等式，熟练掌握解一元一次不等式的方法步骤是解题关键．按照去括号，移项、合并同类项，系数化为1的步骤求解即可． 【详解】解：， 去括号，得， 移项、合并同类项，得， 系数化为1，得． 故答案为：． 12. 分解因式：____． 【答案】 【解析】 【分析】先提取公因式，再用平方差公式进行分解． 【详解】解：， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了因式分解，解题关键是先提取公因式，再利用公式进行分解．注意：因式分解要彻底． 13. 如图，点和点在反比例函数图象上，点和点的横坐标分别为1和．过作轴，交反比例函数图象于点，过作轴，交反比例函数图象于点．连接，．若四边形的面积为12，则的值为______． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了反比例函数图象与几何图形的综合，掌握反比例函数图象的性质是解题的关键． 根据题意得到，则，，即，且轴，可证四边形是平行四边形，点到的距离为，由面积公式计算即可求解． 【详解】解：点和点在反比例函数图象上，点和点的横坐标分别为1和， ∴， ∵轴，点在反比例函数图象上，轴，点在反比例函数图象上， ∴， ∴，即，且轴， ∴四边形是平行四边形， ∴点到的距离为， ∴， ∴， 故答案为：2 ． 14. 如图，是等腰三角形，，，的顶点、、分别在边，，上，且，，． （1）中边上的高的长度为______． （2）的长度为______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】（1）作于点，利用等腰三角形的性质结合勾股定理求解即可； （2）求得，设，则，，证明和，利用相似三角形的性质列式计算即可求解． 【详解】解：（1）作于点， ∵，， ∴， ∴； ∴中边上的高的长度为； 故答案为：； （2）∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴，即， 解得， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 三、本大题共2小题，每小题8分，满分16分． 15. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了实数的混合运算，涉及二次根式的化简，负整数指数幂和特殊角的三角函数值，正确计算是解题的关键． 先分别化简二次根式，计算负整数指数幂和特殊角的三角函数值，再进行加减计算即可． 【详解】解：原式 ． 16. 如图，由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格图中，的顶点均为格点． （1）画出将向右平移5个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的． （2）画出将绕点逆时针旋转得到． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换． （1）利用网格特点和平移的性质写出点、、的对应点、、的坐标，然后描点即可得到； （2）利用网格特点和旋转的性质画出点、、的对应点、、，从而得到． 【小问1详解】 解：如图，为所作； 【小问2详解】 解：如图，所作． 四、本大题共2小题，每小题8分，满分16分． 17. 2025年首届逍遥津新春灯会，自2025年1月22日开幕，持续了46天，共有超55万人次观展．已知灯展有两种门票：单人票78元，双人票148元．单人票只能让1人入园观展，双人票可以让两人入园观展．假设某天有1万人次入园观展，观展的人使用了单人票或双人票入园，这1万人次使用的门票总价为75.2万元．求这1万人次使用的单人票和双人票各多少张． 【答案】这1万人次使用了单人票3000张，双人票3500张 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，准确理解题意是解题的关键．设这1万人次使用了单人票张，双人票张，根据题意列出二元一次方程组，求解即可． 【详解】解：设这1万人次使用了单人票张，双人票张， 由题意得， 解得 答：这1万人次使用了单人票3000张，双人票3500张． 18. 某公园中的一条小路使用六边形、正方形、三角形三种地砖按照如图方式铺设．图为有块六边形地砖时，正方形地砖有块，三角形地砖有块；图为有块六边形地砖时，正方形地砖有块，三角形地砖有块； （1）按照规律，每增加一块六边形地砖，正方形地砖会增加______块，三角形地砖会增加______块； （2）若铺设这条小路共用去块六边形地砖，用去的正方形地砖数量比用去的三角形地砖数量多块，求的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（）根据图形找出变化规律即可求解； （）根据（）得出的规律列出方程计算即可； 本题考查了图形的变化规律，列代数式，一元一次方程应用，根据已知图形找到变化规律是解题的关键． 【小问1详解】 解：第个图，六边形的个数为块，正方形地砖有块，三角形地砖有块； 第个图，六边形的个数为块，正方形地砖有块，三角形地砖有块； 第个图，六边形的个数为块，正方形地砖有块，三角形地砖有块； ， ∴第个图，六边形的个数为块，正方形地砖有块，三角形地砖有块， ∴每增加一块六边形地砖，正方形地砖会增加块，三角形地砖会增加块， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：当六边形地砖数量块时，正方形地砖有块，三角形地砖有块， 由题意得，， 解得， ∴的值是． 五、本大题共2小题，每小题10分，满分20分． 19. 数学兴趣小组的成员在观察点测得观察点在的正北方向，古树在的东北方向，；在处测得在的南偏东的方向上，已知在正北方向上，即，求古树，之间的距离．（结果精确到，参考数据：，，，，，， 【答案】62.9米 【解析】 【分析】过作于，过作于，根据矩形的性质得到，，解直角三角形即可得到结论．本题考查了解直角三角形的应用方向角问题，正确的作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：过作于，过作于， ∵，，点在的正北方向 ∴四边形是矩形， ，， ，， ， ， （米， ， ， ， （米， （米， 答：古树、之间的距离约为62.9米． 20. 如图，为圆外一点，、分别切圆于、．连接，交圆于点，延长，交圆于点．连接，．连接并延长，交于点． （1）证明：点是的中点． （2）若点是的中点，求的度数． 【答案】（1）见解析 （2）30度 【解析】 【分析】本题考查了圆的切线性质，垂径定理以及相关角度计算，解题的关键是熟练运用圆的切线性质和垂径定理等知识进行推理和计算． （1）利用切线长定理证明，从而得出，得到即可得结果； （2）通过点是中点推出，，由（1）得，，是等边三角形，得到，再结合圆的性质和平行线性质，求出的度数． 【小问1详解】 证明：、分别切圆于、， ，． 又， ， ，即点是的中点． 【小问2详解】 点是的中点 ， 垂直平分，连接，则， 由（1）得， 是等边三角形， 是圆的切线， ， 六、本题满分12分． 21. 春节期间，人工智能题材新闻密集发酵，Deepseek广受关注，相关话题讨论持续火热，海内外模型，机器人都已获得显著的技术突破．某校为了培养学生对人工智能的学习兴趣，丰富学生的视野，组织全校800名学生进行了“人工智能知识竞赛”，教务处从中随机抽取了名学生的竞赛成绩，并得到如下不完整的频数分布表、扇形统计图．根据图中信息，解答下列问题： 分组 频数 18 24 （1）的值为______，的值为______，的值为______； （2）抽取的名学生的竞赛成绩的中位数在哪个分组______（填“”或“”或“”或“”）； （3）若规定学生竞赛成绩为优秀，请估算全校竞赛成绩达到优秀的学生人数． 【答案】（1）60，6，12 （2）C （3）全校竞赛成绩达到优秀的学生人数为480人 【解析】 【分析】本题考查了频数表、求中位数，扇形统计图，利用样本估计总体，根据题意找出所需数据是解题关键． （1）用的人数除以所占百分比，即可求出抽取的总人数，再用抽取的总人数乘以所占的百分比，求出的值，进而求出的值即可； （2）根据中位数的定义即可判断； （3）用全校学生人数乘以竞赛成绩为优秀的百分比，即可求解． 【小问1详解】 解：（名）； （名）； （名）； 故答案为：60，6，12； 【小问2详解】 解：共抽取了60名同学，把这些数据按从小到大的顺序排列，中位数出现在第30和第31个，A组和B组的人数加起来，第30和第31个出现在C组， 故答案为：C； 【小问3详解】 解：（名）； 答：全校竞赛成绩达到优秀的学生人数为480人． 七、本题满分12分． 22. 已知点是矩形边延长上一点，且，是对角线和的交点．连接，交于，交于，连接，如图1． （1）求证：平分． （2）若，，求的值． （3）若，如图2，求的值． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）平行得到，等边对等角，得到，进而得到，即可得证； （2）过作于，勾股定理求出的长，进而求出的长，角平分线的性质，得到，证明，求出的长，进而得到的长，证明，推出的长，再根据正切的定义，进行求解即可； （3）易证矩形是正方形，设，进而得到，证明，推出的长，勾股定理求出，证明，列出比例式进行求解即可． 【小问1详解】 证明：∵矩形， ∴， ， ， 平分． 【小问2详解】 过作于． 在矩形中，，， ，， ，， 由（1）得平分， ， ， ， 又， ， ， ∵，， ∴， ， ， ； 【小问3详解】 ， 矩形是正方形， 设，则， 由（2）知：， ，， ∴， ，平分， ∴， ， ， ， ． 【点睛】本题考查正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 八、本题满分14分． 23. 已知抛物线与轴只有1个交点，且． （1）若，求的值． （2）抛物线将所在平面分成两个区域，若抛物线的开口向上，我们把抛物线上方的区域叫做抛物线的内部，把抛物线下方的区域叫做抛物线的外部；若抛物线的开口向下，我们把抛物线下方的区域叫做抛物线的内部，把抛物线上方的区域叫做抛物线的外部．抛物线的内部和外部均不包括抛物线本身．如图，区域和区域分别为两条抛物线的内部，区域和区域分别为抛物线的外部．点在抛物线的内部． ①求的取值范围． ②点的坐标为．若线段与抛物线只有1个公共点，求的取值范围． 【答案】（1）3 （2）①；② 【解析】 【分析】本题主要查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． （1）根据二次函数图象与x轴的交点的性质解答，即可求解； （2）①根据二次函数图象与x轴的交点的性质，可得，再由点在抛物线的内部，即可求解；②分别求出当时和当时的函数值，再由和在对称轴的两侧，可得当线段与抛物线只有1个公共点时，可分四种情况讨论，即可求解． 【小问1详解】 解：∵， ∴抛物线解析式为， ∵抛物线与轴只有1个交点， ∴， 解得或， ， 所以的值为3． 【小问2详解】 解：①∵抛物线与轴只有1个交点， ∴， ， ， ， ∴抛物线解析式为， ， ， 抛物线开口向上， 点在抛物线的内部， ， 解得； ②当时，， 当时，， ∵抛物线的对称轴为直线， ∴和在对称轴的两侧， 当线段与抛物线只有1个公共点时，有以下几种情况： 若在抛物线外，在抛物线内，则有，无解； 若在抛物线内，在抛物线外，则有，解得； 若在抛物线上，在抛物线内，则有，无解； 若在抛物线内，在抛物线上，则有，解得； 综上，的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024－2025学年第二学期九年级一模 数学试卷 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，满分40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列为负数的是（ ） A. B. C. 0 D. 2. 2024年合肥市约为13500亿元，同比增长．其中，13500亿用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 3. 如图是由七个完全相同的小正方体组成的立体图形，则它的俯视图是（ ） A. B. C. D. 4. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，是圆的直径，点、在圆上，，与交于，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 6. 甲、乙、丙三人做传球的游戏，开始时，球在甲手中，每次传球，持球的人将球任意传给其余两人中的一人，如此传球两次，最后球在乙手上的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，点在边上，，，若，，则的长为（　　） A. 10 B. C. 8 D. 8. 已知，，是互不相等的实数，且，，那么，，中最大的数为（ ） A. B. C. D. 不能确定 9. 如图，已知菱形的边长为3，点从点处出发，以每秒1个单位长度的速度，顺着菱形的边顺时针运动一周后停止，设为点运动秒后的面积，当、、三点共线时．那么，关于的函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，矩形中，，，以为圆心，2为半径作．动点在线段上（可以与和重合），连接，与的交点为点．连接．下列结论错误的是（ ） A. 最小值是8 B. 若是的切线，则 C. 面积的最大值为 D. 的最小值是32 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分． 11. 不等式的解集是______． 12. 分解因式：____． 13. 如图，点和点在反比例函数图象上，点和点的横坐标分别为1和．过作轴，交反比例函数图象于点，过作轴，交反比例函数图象于点．连接，．若四边形的面积为12，则的值为______． 14. 如图，是等腰三角形，，，的顶点、、分别在边，，上，且，，． （1）中边上的高的长度为______． （2）的长度为______． 三、本大题共2小题，每小题8分，满分16分． 15. 计算：． 16. 如图，由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格图中，的顶点均为格点． （1）画出将向右平移5个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的． （2）画出将绕点逆时针旋转得到的． 四、本大题共2小题，每小题8分，满分16分． 17. 2025年首届逍遥津新春灯会，自2025年1月22日开幕，持续了46天，共有超55万人次观展．已知灯展有两种门票：单人票78元，双人票148元．单人票只能让1人入园观展，双人票可以让两人入园观展．假设某天有1万人次入园观展，观展的人使用了单人票或双人票入园，这1万人次使用的门票总价为75.2万元．求这1万人次使用的单人票和双人票各多少张． 18. 某公园中的一条小路使用六边形、正方形、三角形三种地砖按照如图方式铺设．图为有块六边形地砖时，正方形地砖有块，三角形地砖有块；图为有块六边形地砖时，正方形地砖有块，三角形地砖有块； （1）按照规律，每增加一块六边形地砖，正方形地砖会增加______块，三角形地砖会增加______块； （2）若铺设这条小路共用去块六边形地砖，用去的正方形地砖数量比用去的三角形地砖数量多块，求的值． 五、本大题共2小题，每小题10分，满分20分． 19. 数学兴趣小组的成员在观察点测得观察点在的正北方向，古树在的东北方向，；在处测得在的南偏东的方向上，已知在正北方向上，即，求古树，之间的距离．（结果精确到，参考数据：，，，，，， 20. 如图，圆外一点，、分别切圆于、．连接，交圆于点，延长，交圆于点．连接，．连接并延长，交于点． （1）证明：点是的中点． （2）若点是的中点，求的度数． 六、本题满分12分． 21. 春节期间，人工智能题材新闻密集发酵，Deepseek广受关注，相关话题讨论持续火热，海内外模型，机器人都已获得显著的技术突破．某校为了培养学生对人工智能的学习兴趣，丰富学生的视野，组织全校800名学生进行了“人工智能知识竞赛”，教务处从中随机抽取了名学生的竞赛成绩，并得到如下不完整的频数分布表、扇形统计图．根据图中信息，解答下列问题： 分组 频数 18 24 （1）的值为______，的值为______，的值为______； （2）抽取的名学生的竞赛成绩的中位数在哪个分组______（填“”或“”或“”或“”）； （3）若规定学生竞赛成绩为优秀，请估算全校竞赛成绩达到优秀学生人数． 七、本题满分12分． 22. 已知点是矩形边延长上一点，且，是对角线和的交点．连接，交于，交于，连接，如图1． （1）求证：平分． （2）若，，求的值． （3）若，如图2，求的值． 八、本题满分14分． 23 已知抛物线与轴只有1个交点，且． （1）若，求的值． （2）抛物线将所在平面分成两个区域，若抛物线开口向上，我们把抛物线上方的区域叫做抛物线的内部，把抛物线下方的区域叫做抛物线的外部；若抛物线的开口向下，我们把抛物线下方的区域叫做抛物线的内部，把抛物线上方的区域叫做抛物线的外部．抛物线的内部和外部均不包括抛物线本身．如图，区域和区域分别为两条抛物线的内部，区域和区域分别为抛物线的外部．点在抛物线的内部． ①求的取值范围． ②点的坐标为．若线段与抛物线只有1个公共点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$