15.2025年鞍山市初中九年级质量调查第二次模拟考试-【中考123·中考必备】2026年辽宁地区专用数学试题精编

5=24B×4C=7×27×2g-145, 3 3 Saws=Sac-SAue-255, 6 .S△ADE:S四边形DBCE=3:25 (2)如答图，连接BD并延长交AC于点O,交CE于点H. B C 23题答图 在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°， ∴.∠BAD=∠CAE, .AB_2万 ∴AC22I 3 怨是 .△ABD∽△ACE, ∴.∠ABD=∠ACE. .∠AOB=∠HOC, ∴.∠BAC=∠CHO=90°， ∴.DH⊥CE. .·∠ADF+∠AEF=180°， ∴.∠DAE+∠DFE=360°-180°=180°. ∠DAE=90°， ∴.∠DFE=90°， .DF⊥CE, ∴.DH,DF是重合的， .B,D,F在一条直线上， ∴.△BFC是直角三角形 G是BC的中点， .FG=2BC 在R△ABC中，LBMC=90°，AB=2万，AC-22I 3 ·BC2=AB2+AC2, BC=4②I 3 FG=221 3. (3c长为酸g 15.2025年鞍山市初中九年级质量调查第二次模拟考试 1.D2.C3.A4.B5.D6.B7.C8.A9.C 10.D[解析]依题意，得D(1,0),0D=1.当x=1时，y=m, .A(I,m),.在正方形ABCD中，AD=AB=BC=CD=m, ∴.B(m+1,m).设直线OB的解析式为y=kx(k≠0)，由条件 可得m=(m+l),解得k=m,」 =m+直线0B的解析式为y= m当=1时，y=n=4即E1n+iDE= m+一直线OB与AD,DB国成的阴影三角形的面积为 极=宁是m22号年得m=2= -子（合去），以正方形ABCD的边长为2，直线0B的解析式 2 2 4 为y=了x,DE=子AE=AD-DE=子，△A0E的面积为 名0=宁×号X1:号选项D正确长选D 1.分122413.-2<k<1144万15 16解：1)原式=号+1+2×分=2g (2整理，得22=24+1 1 去分母，得6=-1+2x-4. 解得x=5.5. 检验：当x=5.5时，4-2x≠0， .原分式方程的解为x=5.5. 17.解：(1)如答图所示，点M即为所求 B A M 17题答图 (2)根据题意，得a+(2a+100)+(3a+100)≤800， 解得a≤100 答：第一种花卉需要的资金最多是100元. 18.解：(1)110025% 或MW=1666.7-346≈1321（米）， (2)30000×32%+500=10100(本). .∴.MN的长度约在629米到1321米之间符合要求 答：接受捐赠后，学校社会科学类图书大约有10100本. 20.解：(1)由题意，设抛物线的解析式为y=a(x-3)2+3.2, (3)将四大类图书设为A,B,C,D,列表如下： 将(0,1.8)代人，得9a+3.2=1.8, A 8 0 D 7 解得a=-45, A (A,A) (A,B) (A,C) (A,D) B (B,A) (B,B) (B,C) (B,D) ·该实心球运动时符合的抛物线解析式为 C (C,A) (C,B) (C,C) (C,D) D (D,A) (D,B) (D,C) (D,D) y=45(x-3)2+3.2 7 由列表可知，他们抽到同一类图书的概率为4 1 (2)令-45(x-3)°+3.2=0， 6=4 19.解：如答图，延长PF交BC于点G,延长MN交BC于点K,过 解得x-12,7+37.5(负值已舍去)， 7 点P作PH⊥NK于点H. .实心球出手点与着陆点的水平距离约为7.5米。 7.5<8.4, “这名同学实心球成绩不能得满分 M H A、 21.(1)证明：如答图①，连接A0并延长交BC于点G,交⊙0于 19题答图 点F. .·PF∥AC,MN∥AC, ∴.∠BMK=∠BAC=20°，∠PGB=∠MKB=∠C=90° 由已知得BG=150米，CK=100米， ∴.GK=850-150-100=600(米). 6 F PH⊥MK, 21题答图① .∠PHK=90°， .AB=AC, ∴.四边形PHKG为矩形， .AB=AC, .PH=GK=600米 .BF=CF, 在Rt△PNH中， LBAF=∠CAF, 当∠PNH=30时，am30°=W7 PH .AG⊥BC, ∴.∠AGB=90 N=600≈1038（米）： 5 四边形ABCD为平行四边形， 3 .AD∥BC, 当LPNH=60时，tan60°=PH NH ∴.∠GAD=∠AGB=90°， WH=600 =200√5≈346（米）. ∴AG⊥AD. tan 60 OA为⊙0的半径， 在Rt△PMH中，tan20°=PH ΓMH' .AD是⊙O的切线： MH=600≈600≈1666.7（米）， (2)解：.∠BAC=a,AB=AC, tan20o0.36 MW=1666.7-1038≈629（米）， 5LABC=2180-a)=90-2a .AB∥CD, .∴.∠ACE=∠BAC=a. AE=CE, .∴.∠ACE=∠EAC, ∴.∠AEC=180°-2ax. ,A,B,C,E四点在⊙0上， .∠ABC+∠AEC=180°， ∴90-7a+180°-2a=180 .=36°， ∴.∠ABC=∠ACB=72° 如答图②，作BF平分∠ABC交AC于点F,作BG⊥AC于点G, 则LABF=LCBF=分∠ABC=36°=LBAC, 0 21题答图② ∴.∠BFC=∠ABF+∠BAC=72°=∠ACB,BF=AF, .BF BC=AF. .·∠CBF=∠BAC,∠BCF=∠BCA, .△BCF∽△ACB, …器彩 .BC2=AC·CF=(CF+AF)·CF=(CF+BC)·CF, cF=5,-1BC或cF=-5-lBC(舍去)， 2 2 .AB=AC-AF+CF-BC+5-BC=5+1BC. 2 2 由条件可知FG=c=5。'BC, 4 AG=AF+CF-BC+5-BC=5+3BC 4 4 5+3BC 在△ACB中，csa=AC=4S= 4 -5+1 -AB-AC5+1BC 4 2 22.解：(1)由对称可得AB=AB, :四边形ABCD是矩形， .∠BAD=90°， B是BD中点， 六AB=BB=号BD, .AB'BB'=AB, ∴.△ABB'为等边三角形， .∠ABD=60° tan60°=4 AB=3, .AD=3AB. .n=3. (2)①如答图①，过点M作MF⊥BC于点F,过点B'作B'H⊥ BC于点H. EF NCH 22题答图① 由(1)得∠BAE=30°，AD=√3AB=3, .∠AEB=60. ·,将AE沿射线BC的方向平移到MN, .∠MWF=60. :MF⊥BC, .∠ABC=∠BAD=∠BFM=90°， .四边形ABFM是矩形， .∴.MF=AB=1. AM =MD. AN-BF 在Rt△MNF中，tan∠MNF=E =tan60°， .Nr=3 39 BN =BF+FN=53 6, NC=BC-BN= 6 .将四边形AMNB沿MW翻折， ∴.∠MNB=∠MWB'=60°，BN=B'N, 点A(-1,2)关于原点的中心对称点为A'(1,-2), ∴.∠B'NC=60° 当x=1时，y=12-2×1-1=-2, 在R△B'NH中，Sin60°=BH 点A'(1,-2)在函数G的图象上. B'N (3)①对于点M(m,y),N(m+1,y2), 8H=BN:血0-名5×号-手 观察函数图象，有确定的最大值为2， M=名月x60=75, m≤-1， 依题意，得 [m+1≥-1， .CH-NH-GN- 解得-2≤m≤-1； 有确定的最小值为-2， 在Rt△B'CH中，根据勾股定理，得B'C= √+(- 依题意，得msL, m+1≥1， 2万_-万 4-21 解得0≤m≤1. ②FA'=FB.证明如下： 综上所述，m的取值范围为-2≤m≤-1或0≤m≤1. 如答图②，连接AF,BF ②当点M和点N都在y=-2上时，如答图①，此时m+1≤ -1,即m≤-2， N M 22题答图② 1234x .四边形ABCD是矩形， -2 A' ∴.∠ADC=∠BCD=90°，AD=BC. 23题答图① .'MD=CN,∠MFD=∠CFN, 观察图象，直线MW与线段A4'始终有交点，不符合题意， ∴.△MFD≌△NFC, 舍去； .DF=CF, 当点M和点N都在y=x2-2x-1时，如答图②， .△ADFf≌△BCF, 此时m>-1, ∴.AF=BF. y 由对称可得AF=A'F,BF=B'F, .FA'=FB'. 2 23.解：(1)函数G经过点A(-1,2), -4-3-2-1 12可34x “将A(-1,2)代入y=,得k=-1x2=-2. x A 23题答图② 将A(-1,2)代人y=x2-2ax-1, 设直线MW的解析式为y=x+b(k≠0)， 得2=(-1)2-2×(-1)×a-1, 将点M(m,m2-2m-1),N(m+1,(m+1)2-2(m+1)-1) 解得a=1, 分别代入，得 .k,a的值分别是-2,1. [m2-2m-1=mk+b, (2)点A'在函数G的图象上.理由如下： [(m+1)2-2(m+1)-1=(m+1)k+b, 2(x≤-1)， 由(1)得，函数G的解析式为y= rk=2m-1, 解得 x2-2x-1(x>-1). lb=-m2-m-1, .直线MN的解析式为y=(2m-1)x-m2-m-1. 同理，直线A4'的解析式为y=-2x. 当x=1时，得-2>2m-1-m2-m-1, 解得m<0或m>1, 则-1<m<0或m>1, 当x=-1时，得2>-2m+1-m2-m-1, 解得m<-2(舍去)或m>-1; 当点M在y=-2上，点N在y=2-2x-1时，如答图③ x 0 4-3- 3 4 -2 23题答图③ rm<-1, 依题意，得 m+1>-1, 解得-2<m<-1, ∴点M(m,-月)，(m+1,(m+1)2-2(m+1)-1),临界点 为A'(1,-2). 设直线MN的解析式为y=kx+b,(k1≠0)，将点M、点N的坐 标分别代入，得 2 m =mk1+b1, (m+1)2-2(m+1)-1=(m+1)k1+b1, 6=m2-2+2 解得 [6,=-m3+2m-2-2 ∴.直线MN的解析式为 y=(m-2+品}-+2m-2-月 将A(1,-2)代入，得-2=m2-2+2-m2+2m-2-2 m m 整理，得(m-1)(m2-2)=0, 解得m=1(不合题意，舍去)或m=√2（不合题意，舍去）或m =-2, 结合图象得-√2<m<-1. 综上所述，m的取值范围为-√2<m<-1或-1<m<0或m >1. 16.抚顺市2025年初中学业水平考试第一次模拟考试 1.D2.D3.B4.A5.C6.A7.C 8.C[解析]过点D作DH LAB于点H,如答图.由作法，得AD平 分∠BAC.DC⊥AC,DH⊥AB,.DH=DC=3,.△ABD的面积 =7×10x3=15.故选C D E H 8题答图 9.B 10.B[解析]过点B作BE⊥OC于点E,如答图所示.△OBC 是等边三角形，0C=CD=2,.OB=BC=0C=CD=2,LOCB= 60,0E=CE=20C,∠CDB=∠CBD,0E=CE=l,0D= OC+CD=4,DE=CE+CD=3.在Rt△BCE中，由勾股定 理，得BE=√BC2-CE=√22-1下=√3.在Rt△BDE中，由 勾股定理，得BD=√DE2+BE=√32+(3)2=2√5. '∠OCB是△CDB的外角，∴.∠OCB=∠CDB+∠CBD=60°， ∴.∠CDB=∠CBD=30°.△ABD是等边三角形，∴.AD=BD =2√3，∠BDA=60°，.∠ODA=∠CDB+∠BDA=30°+60°= 90°，即AD1x轴，.点A的坐标为(4,25).故选B. 10题答图 11.m(x+2)(x-2)12.(0,-2)13.18 14.-4[解析]连接A0,如答图.AB⊥x轴，.AB∥y轴， Sm=6m=2空=2，则k=土4又长<06 -4.故答案为-4. B O 14题答图 15.42[解析]如答图，过点F作FG⊥直线AD于点G,.∠G= 经检验，x=100是原分式方程的解，且符合题意， ∠ADC=90°..·将CE绕点E逆时针旋转90°得到EF,∴.EF= .x-20=80. EC,∠FEC=90°，∴.∠FEG+LCED=90°=∠CED+LDCE, 答：每个篮球的价格是100元，每个足球的价格是80元. .∴.∠FEG=∠ECD,∴.△EFG≌△CED,∴.ED=FG,CD=EG.设 (2)设学校能购进m个篮球，则能购进(100-m)个足球 ED长为x,在矩形ABCD中，AD=5,AB=3,.CD=3,AE=5- 由题意，得100m+80(100-m)≤9100， x,∴.EG=3,ED=FG=x,∴.AG=AE+EG=5-x+3=8-x.在 解得m≤55. Rt△AFG中，由勾股定理，得AG2+FG2=AF2,.(8-x)2+ 答：学校最多能购进55个篮球 x2=AF2,.AF2=2x2-16x+64.2x2-16x+64=2(x2-8x+ 19.解：(1)如答图①，过点B作BM⊥FG,垂足为M,则四边形 32)=2(x-4)2+32,.AF2≥32..AF>0,.AF≥42，故AF BHGM为矩形，AB=6.1m,BH=3.4m,∠ABH=125°， 的最小值为42.故答案为4√2. F H A B -口M EHD G 19题答图① 15题答图 .∴.MG=BH=3.4m,∠HBM=90°，∠AMB=90°， 16.解：(1)原式=√2-1-32+2-1=-22 .∴.∠ABM=∠ABH-∠HBM=125°-90°=35. (2)原式=1+1.4+1 a2 .a+1=1 a2-1a2-(a+1)(a-1)a2=a-i 在Rt△ABM中，sin∠ABM=A AB 17.解：（1)910 .AM=AB·sin35°=6.1×0.57≈3.477(m), 七年级成绩C等级人数为：50-12-24-10=4（人）， .AG=AM+MG=3.477+3.4≈6.9(m). 七年级竞赛成绩统计图补充完整如答图。 答：操作平台A离地面的高度约为6.9m 七年级竞赛成绩统计图 ↑人数 (2)能.理由如下： 24 24 20H 如答图②，连接BF,由题意可知，FG=14.4m,AB最长为 12 10 13m. ABCD等级 17题答图 (2)七年级成绩更稳定， B AM 理由：在平均分相同的情况下，七年级的方差小于八年级的方 C 差，所以七年级成绩较稳定 EHD G 19题答图② (3)500×12+24+600×(49%+449%)=648(人). 50 在△MBN中，o∠ABM=0, 答：估计该校七、八年级参加本次知识竞赛的学生中成绩为优 .BM=AB·cos35°=6.1×0.82≈5.0(m), 秀的学生共有648人. ∴.FM=FG-MG=14.4-3.4=11(m), 18.解：(1)设每个篮球的价格是x元，则每个足球的价格是(x- ∴.在Rt△FBM中，根据勾股定理，得BF2=BM+FM, 20)元 .BF2=5.02+112=146. 根据题意，得0_400 xx-201 .132=169>146, 解得x=100 .操作平台A能到达楼顶FXUESHENG ZHONGKAO BIBE 7.如图，在平面直角坐标系中，△ABC内部有一点 15.2025年鞍山市初中九年级质量 M(m,n),若将△ABC先向右平移，再向下平移，平 调查第二次模拟考试 移后点M对应点M'的坐标是(m+2,n-3),已知点 A的坐标是(-3,2)， 3 (满分：120分时间：120分钟) 则平移后点A'的坐标 2 第一部分选择题（共30分）】 是 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.每 A.（-3,2) -5-4-321012345x B 小题都有四个选项，只有一个最佳选项符合题目 B.(-2,-3) -2 3 要求) C.(-1,-1) 7题图 1.气调库是通过精准调控库内的气体成分、温度、湿度 D.(-5,-2) 等环境因素，延缓食材的衰老与变质过程，现在库内 8.《九章算术》卷七“盈不足”中（一四）题：“今有大器 温度为-1℃，持续下降5℃以后的温度为（） 五，小器一容三斛；大器一，小器五容二斛，问大、小 A.4℃B.0℃ C.-4℃D.-6℃ 器各容几何？”其译文是：“今有大容器5个，小容器 1个，总容量为3斛；大容器1个，小容器5个，总容 2.如图，将直角三角形绕直角边所在的虚线旋转一周， 量为2斛.问大容器、小容器的容积各是多少？”如果 得到的立体图形是 设大容器容积为x,小容器容积为y,可列方程组为 [5x+y=3, A. B.+5y=3, lx+5y=2 [5x+y=2 2题图 B C D C. 5x-y=3, D.E+3y=5, 3.在数轴上表示不等式x≥-2的解集正确的是 lx-5y=2 2x+y=5 9.如图①，一组活动衣架由三个菱形组成，其拉伸后形 4-3-2-101234 4-3-2101234 状如图②所示，若菱形的边长为30cm,∠AMB= 60°，则其拉伸后的最大距离MW的长度大约是 -4-3-2-101234 -4-3-2-101234 4.我国体育健儿在最近五届的奥运会上获得的奖牌如 图，则增长最快的一届是 9题图① 9题图② A.第28届B.第29届 C.第30届D.第31届 A.90 cm B.100 cm C.150 cm D.180 cm 十奖牌数 10.如图，在平面直角坐标系中，点A在直线y=mx上， 120 100 100 且点A的横坐标是1，过点A作AD⊥x轴于点D, 80 70 60 63 59 以AD为边作正方形ADCB,连接DB,若直线OB与 40H 20 4D,DB目成的阴影三角形的面积为号，则下列结 2728293031届数 3 4题图 6题图 论正确的是 5.与√18能合并的二次根式是 Am的值为 A.√12B.W6 C.√3 D.2 6.当光线从水中射向空气时要发生折射，由于折射率 B.正方形ABCD的边长是 4 0 相同，在水中平行的光线，在空气中也是平行的，如 C.△40E的面积是2 D C 图，一组平行光线从水中射向空气，且∠1=45°，∠2 10题图 2 =115°，则∠3的度数是 () D.直线OB的解析式是y= 3七 A.45°B.65° C.115° D.135 第二部分非选择题（共90分） 17.(8分)如图，校园围墙内有一块等腰直角三角形区 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分）】 域ABC,学校想要对此区域进行绿化改造：首先在 11.一元二次方程2x2-x-5=0的两个根分别为x1, 区域内种植一棵景观树，然后再把区域分成三块分 x2,则x1+x2= 别种上不同花卉 12.在某一时刻，测得一名身高1.8米的同学的影长是 (1)请在△ABC内部找一点M,在点M处种植景观 3米，同一时刻，测得学校教学楼的影长是40米，学 树，并到三边距离相等，并分别连接MA,MB, 校教学楼的高度是米. MC将△ABC分为三个三角形（保留作图痕迹， 13.一次函数y=(k-1)x+k+2的图象与y轴正半轴 不写画法)； 相交，且y随x增大而减小，则k的取值范围 (2)已知学校种植的三种花卉价格不同，第一种花 是 卉需要的资金是a元，第二种花卉需要资金比 14.如图，四边形ABCD内接于⊙0，AB是⊙0的直径， 第一种花卉需要资金的2倍还多100元，第三 AD=CD,连接OD,与对角线AC交于点M,若⊙O 种花卉的资金是前两种花卉资金的和，若学校 的半径是6，CB=4,则AD的长是 计划种植花卉资金不超过800元，试求第一种 花卉需要的资金最多是多少元？ B 14题图 15题图 15.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=1,AC=2, 17题图 将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC,点A,B的 对应点分别为E,D,连接AE,当点B在DE边上时， 品的值是 18.(8分)每年4月23日为“世界读书日”.某学校图 书馆在当天接受了2000册图书的社会捐赠.管理 三、解答题（本题共8小题，共75分.解答应写出文字 员将图书分类如下表： 说明、演算步骤或推理过程) 数量 占捐赠图书 16.(10分) 类别 (单位：本) 百分比 (1)(5分)计算：2-3+（-0.5)°+2sin30. 第一大类（哲学类）》 125 6.25% 第二大类（社会科学类） 500 第三大类（自然科学类） 55% 第四大类（综合类） 275 13.75% (1)完成上述表格； (2)图书馆原有图书约30000本，其中社会科学类 3 约占32%，请计算：接受捐赠后，学校社会科学 (2)(5分)解方程：x一24-2x+1 类图书大约有多少本？ (3)学生上阅读课时，需要通过抽签任选一类图书 去专用图书室阅读，小明和小华想选择同一类 图书，请通过树状图或表格求出他们抽到同一 类图书的概率. 19.(8分)某景区要在其辖区内的山峰修建索道，经了！21.(8分)如图，在口ABCD中，AC为对角线，且AB= 22.(12分)如图①，在矩形ABCD中，AD=nMB(n> 23.（13分)数学活动小组在函数学习中发现，研究不 解，索道夹角在30°到60°之间符合工程规范，更为 AC,△ABC的外接圆⊙O交CD边于点E. 1),E是BC边上一点，连接AE,以AE为对称轴将 同函数的方法是一致的，因此，他们对一个分段函 合理和安全.如图，已知该山峰海拔高度BC为 (1)求证：AD是⊙0的切线； △ABE翻折，若点B的对称点B是对角线BD的 数开展了研究.如图，在平面直角坐标系中，点A的 850米，从山脚A测量到山顶B的仰角∠BAC (2)设∠BAC=a,当AE=CE时，求cosa的值 中点 坐标是(-1,2)，经过点A的函数G的解析式为 20°，距其山顶高度为150米处有平坦的空地PF适 (1)求n的值； 合修建索道终点，且PF∥AC,为了符合工程要求， (2)将AE沿射线BC的方向平移到MN,以MN为 (x≤-1)， y=x 在距离山脚A高度为100米的点M处修建休闲平 对称轴，将四边形AMWB沿MN翻折，点A,B x2-2ax-1(x>-1) 台MN,使得MN∥AC,试求出MW的长度是多少时 的对称点分别为A',B (1)试求出k,a的值； 索道PW符合要求？（结果精确到1米，参考数据： (2)点A关于原点的中心对称点为A',判断点A'是 21题3 ①如图②，若AB=1,M是AD边中点，求CB sin20°=0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36,5≈ 的长； 否在函数G的图象上； 1.73) ②如图③，点N在BC延长线上，点M在AD边 (3)点M(m,y),N(m+1,y2)是函数G上的两点 P. 上，且MD=CN,MN与CD交于点F,判断 ①若点M,N之间的函数图象有确定的最大值 FA',FB'的数量关系，并证明. 或最小值，求出m的取值范围； M ②连接AA',若直线MN与线段AA'没有交点， 求出m的取值范围！ 19题图 42 22题图① 22题图② 4-3-2-10134 -2 20.(8分)投掷实心球是一项重要的体育项目，一般情 23题图 况下，实心球在空中运动的曲线符合抛物线的一部 分.某学生在实心球投掷过程中，监测到球在头部 上方出手的瞬间高度是1.8米，水平距离3米时达 到最大高度，最大高度为3.2米 (1)如图，以该学生所在直线为y轴，球落地的水平 距离所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系， 求该实心球运动时符合的抛物线解析式（不必 写出取值范围)： (2)若实心球落地后距离投掷点8.4米以上为满 分，通过计算说明这名同学实心球成绩是否达 到满分. 20题图 30