2026年山东省枣庄市薛城区第二十中学中考数学考前模拟试题

**基本信息** 九年级数学三模试卷，通过科技（科学记数法）、文化（四大发明）、生活（体育锻炼、坐姿规范）等情境，综合考查代数、几何、统计知识，注重数学眼光观察、思维推理与语言表达的核心素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|实数、图形变换、视图等|第7题以四大发明为背景考概率，渗透文化传承| |填空题|5/15|因式分解、函数规律等|第15题2025项面积求和，考查推理与规律探究| |解答题|8/75|圆切线证明、函数应用等|第23题定义“对等补四边形”，融合几何证明与创新应用，体现模型意识|

九年级数学试题 一、选择题：本大题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的选项选出来．每小题选对得3分，选错、不选或选出的答案超过一个均计零分． 1．如图，数轴上点P表示的数可能是（　　） A． B． C． D． 2．如图所示标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．如图为一个乐高积木示意图，这个几何体的左视图为（　　） A． B． C． D． 4． 2025年全国普通高校毕业生规模预计达12220000．其中“12220000”用科学记数法表示为（　　） A．1.222×108 B．12.22×106 C．1.222×107 D．0.1222×108 5．下列计算正确的是（　　） A．a2+a2＝2a4 B． C．（a2）3＝a5 D． 6．某工厂计划生产300个零件，由于采用新技术，实际每天生产的零件数比原计划多25%，结果提前2天完成任务．设原计划每天生产x个零件，可列方程为（　　） A． B． C． D． 7．四大发明是中国古代先民为世界留下的一串光耀的足迹，是人类文明进步的象征．如图，小乐收集了中国古代四大发明的四张卡片，四张卡片除内容外其余均相同，若小乐从这四张卡片中随机抽取两张卡片，则这两张卡片中有“指南针”的概率是（　　） A． B． C． D． 8．如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB于点D．若AB＝16，CD＝4．则OC的长是（　　） A．5 B．6 C．8 D．10 9．如图，反比例函数的图象与一次函数y＝ax+b图象交于点A（1，n2），B（n，﹣2），则不等式的解集是（　　） A．﹣2≤x＜0或x≥1 B．x≤﹣2或0＜x≤1 C．﹣2≤x＜0或x≤1 D．﹣2≤x＜0或x≥2 10．在投掷铅球项目中，铅球脱手后的飞行路线可以看作如图所示抛物线的一部分．设铅球落地点离投掷者的距离为S（m），则S的范围为（　　） A．8＜s＜9 B．9＜s＜10 C．10＜s＜11 D．11＜s＜12 二、填空题：本大题共5小题，满分15分，请将答案填在答题卡的相应位置． 11．已知（5x﹣9）（4x﹣17）+（9﹣5x）（x﹣8）因式分解为3（ax+b）（x+c），其中a，b，c均为整数，则a﹣b+c的值为　 　 ． 12．关于x的方程有实数根，则k的取值范围：　 　 ． 13．将点P先向上平移1个单位长度，再向左平移2个单位长度后得到点P′．若点P的坐标为（﹣5，2），则点P′的坐标是　 　 ． 14．如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝117°，∠B＝∠D＝90°，点M、N分别为BC、CD上的动点，连接AM、AN、MN，当△AMN的周长最小时，∠AMN+∠ANM的度数为　 　 °． 15．如图，已知A1，A2，A3，⋯，An是x轴正半轴上的点，且OA1＝A1A2＝A2A3＝⋯⋯＝An﹣1An＝1，分别过点A1，A2，A3，⋯，An作x轴的垂线交反比例函数的图象于点B1，B2，B3，⋯，Bn，作B2P1⊥A1B1于点P1，作B3P2⊥A2B2于点P2，…，依次连接B1B2，B2B3，…，记△B1P1B2的面积为S1，△B2P2B3的面积为S2，⋯，△B2025P2025B2026的面积为S2025.则S1+S2+S3+⋯⋯+S2025＝ 　 　 ． 三、解答题：本大题共8小题，满分75分．解答时，要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 16．（8分）（1）计算：； （2）化简：． 17．（8分）已知平行四边形ABCD． （1）如图所示，请你用无刻度的直尺和圆规在CD边上找一个点F，使得点F到直线AD和直线AB的距离相等；（请保留作图痕迹，不写作法） （2）连接BF，若BF⊥CD，AD＝5且BF＝4，请你求出平行四边形ABCD的面积． 18．（10分）某小超市销售甲、乙两种品牌的水杯，这两种水杯的进价和售价如表所示： 甲 乙 进价（元/个） 40 25 售价（元/个） 43 30 （1）该超市计划用1550元资金，购进两种水杯若干个，全部销售后可获利润210元．超市购进甲、乙两种水杯各多少个？ （2）这批两种水杯售罄后，该超市决定再次购买两种水杯，减少甲种水杯的购进数量，增加乙种水杯的购进数量．已知乙种水杯增加的数量是甲种水杯减少数量的2倍，而且用于再次购进这两种水杯的资金不超过1600元，该超市怎样进货，使第二批销售获得的利润最大？并求出最大利润． 19．（8分）青少年的健康素质是全民族健康素质的基础．某校为了解学生参加体育锻炼的情况，从七、八、九年级学生中各随机抽取了该年级学生人数的5%，调查了他们平均每周参加体育锻炼的时长，并对这些数据进行整理、描述和分析，下面给出部分信息． a．七、八年级学生平均每周参加体育锻炼时长数据的折线图如下： b．九年级学生平均每周参加体育锻炼的时长：7，8，8，11，9，7，6，8； c．七、八、九年级学生平均每周参加体育锻炼时长的平均数、中位数、众数： 平均数 中位数 众数 七年级 7.1 7 6，10 八年级 7 m n 九年级 p 8 8 根据所给信息，回答下列问题： （1）上述表格中：m＝　 　 ，n＝　 　 ，p＝　 　 ； （2）设七，八年级学生参加体育锻炼时长的方差分别是，，则 　 　 （填“＞”或“＜”）； （3）请估计全校九年级所有学生中，参加体育锻炼的时长不少于9小时的人数． 20．（8分）如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上两点，且位于AB的两侧，连接DA、BC并延长交于点F，过点C作CE⊥DF于点E，∠BAD＝2∠B． （1）求证：CE是⊙O的切线； （2）若AE＝2，，求AD的长． 21．（9分）2026年6月6日是第31个全国“爱眼日”，使用电脑时一般正确的坐姿是：当眼睛望向显示器屏幕时，“视线角”α为20°（望向屏幕上边缘的水平视线与望向屏幕中心的视线的夹角），小臂水平放在桌面上，肘部形成的“手肘角”β为100°．（参考数据：tan20°取0.36，sin80°取0.98） （1）如图1，当水平视线AB与屏幕BC垂直，“视线角”α为20°，BC＝24cm时，求眼睛A与屏幕BC的距离； （2）如图2，肩膀到水平地面的距离DG＝100cm，大臂DE＝30cm，小臂水平放在桌面EF上，为保持正确坐姿，求桌面EF到地面的距离FH． 22．（12分）在平面直角坐标系xOy中，A（﹣a，m），B（3a﹣6，n）是抛物线y＝ax2﹣2a2x（a≠0）上不重合的两点． （1）当a＝1时，比较m和n的大小，并说明理由； （2）记抛物线在点A，B之间的部分（含点A，B）为图形G，过抛物线上一点P（a+2，t）作直线l垂直于y轴．若直线l与图形G有且只有一个公共点，求a的取值范围． 23．（12分）我们把对角互补且存在一组对边相等的四边形称为对等补四边形，此时该四边形的另一组对边平行． 例如图1所示，若∠A+∠C＝180°，AB＝CD，则称四边形ABCD为对等补四边形，且有AD∥BC． （1）以下图形属于对等补四边形的有　 　 （填序号）； ①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形． （2）如图2，四边形ABCD为对等补四边形（AB＝CD），小明发现当∠A＝90°时，四边形ABCD恰好为矩形，请你帮他证明这一结论； （3）如图3，四边形ABCD为对等补四边形，AB＝CD＝5，BC＝11，对角线AC平分角∠BCD，求线段AC的长度； （4）在问题（3）的条件下，平面内存在点E使得四边形ABEC为对等补四边形，线段DE与线段AC交于点Q，请直接写出线段DQ的长． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C C． B A A D B B 11． 11． 12． ． 13． （﹣7，3）． 14． 126． 15． ． 16． （1）﹣1； （2）x﹣1． 解：（1） ＝1﹣2×+﹣2 ＝1﹣+﹣2 ＝﹣1； （2） ＝• ＝• ＝x﹣1． 17． （1）如图，作∠BAD的平分线，交CD于点F， 则点F即为所求． （2）32． 解：（1）如图，作∠BAD的平分线，交CD于点F， 则点F即为所求． （2）∵四边形ABCD为平行四边形， ∴DC∥AB，AD＝BC＝5． ∴∠DFA＝∠BAF． ∵点F到直线AD和AB的距离相等， ∴AF平分∠DAB， ∴∠DAF＝∠FAB， ∴∠DAF＝∠DFA， ∴DA＝DF＝5． ∵BF⊥CD， ∴∠BFC＝90°， 由勾股定理得，CF＝＝3， ∴DC＝DF+CF＝8． ∴平行四边形ABCD的面积为CD•BF＝8×4＝32． 18． （1）超市购进甲种水杯20个，乙种水杯30y个； （2）当超市购进甲种水杯15个，乙种水杯40个时，全部销售后获利最大．最大毛利润为245元． 解：（1）设超市购进甲种水杯x个，乙种水杯y个，由题意，得 ， 解得：， 答：超市购进甲种水杯20个，乙种水杯30个； （2）设甲种水杯减少a，则乙种水杯增加2a个，由题意，得 40（20﹣a）+25（30+2a）≤1600， 解得：a≤5． 设全部销售后获得的毛利润为W万元，由题意，得 W＝3（20﹣a）+5（30+2a） ＝7a+210 ∵k＝7＞0， ∴W随a的增大而增大， ∴当a＝5时，W最大＝245． 答：当超市购进甲种水杯15个，乙种水杯40个时，全部销售后获利最大．最大毛利润为245元． 19． （1）6.5，9，8；（2）＞；（3）40名． 解：（1）八年级学生平均每周参加体育锻炼时长的数据为4，5，5，6，6，7，9，9，9，10， ∴中位数 m＝＝6.5，众数n＝9， 九年级学生平均每周参加体育锻炼时长的平均数p＝＝8， 故答案为：6.5，9，8； （2）七年级学生平均每周参加体育锻炼时长的数据波动最大， 九年级学生平均每周参加体育锻炼时长的数据波动最小， ∴， 故答案为：＞； （3）全校九年级的学生总人数为8÷5%＝160（名）， 160×＝40（名）． 答：参加体育锻炼的时长不少于9小时的人数为40名． 20． （1）如图1，∠BAD＝2∠B，连接OC，则∠AOC＝2∠B， ∴∠AOC＝∠BAD， ∴OC∥AD， ∵CE⊥DF， ∴半径OC⊥CE， ∴CE是⊙O的切线； （2）6． 解：（1）证明：如图1，∠BAD＝2∠B，连接OC，则∠AOC＝2∠B， ∴∠AOC＝∠BAD， ∴OC∥AD， ∵CE⊥DF， ∴半径OC⊥CE， ∴CE是⊙O的切线； （2）解：如图2，OC∥AD，连接AC、CD， ∴∠OCB＝∠F， ∵OB＝OC， ∴∠OCB＝∠B， ∵∠D＝∠B， ∴∠D＝∠F， ∴CF＝CD， ∵CE⊥DF， ∴DE＝FE， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ACF＝∠AEC＝∠CEF＝90°， ∴∠ACE＝∠F＝90°﹣∠CAF， ∴∠ACE＝∠F＝∠B， ∴， 在Rt△ACE中，， ∵AE＝2， ∴CE＝4， 在Rt△CEF中，， 解得：FE＝8（经检验，是分式方程的解，且符合题意）， ∴DE＝FE＝8， ∴AD＝DE﹣AE＝8﹣2＝6． 21． （1）； （2）70.6cm． 解：（1）当眼睛望向显示器屏幕时，“视线角”α为20°（望向屏幕上边缘的水平视线与望向屏幕中心的视线的夹角），小臂水平放在桌面上，肘部形成的“手肘角”β为100°． 在Rt△ABC中，∠A＝20°，，BC＝24cm， ∴． 故眼睛A与屏幕BC的距离为； （2）如图，延长FE交DG于点M， 则MG＝FH，∠DME＝90°， ∵∠DEF＝100°， ∴∠DEM＝80°． 在Rt△DEM中，DE＝30cm，， ∴DM＝DE×sin∠DEM＝30×sin80°＝30×0.98＝29.4（cm）， ∴FH＝MG＝DG﹣DM＝100﹣29.4＝70.6（cm）． 22． （1）m＜n； （2）﹣1＜a＜0或0＜a≤1或2≤a＜4． 解：（1）当a＝1时，抛物线解析式为：y＝x2﹣2x，A（﹣1，m），B（﹣3，n）， ∴m＝（﹣1）2﹣2×（﹣1）＝1+2＝3， n＝（﹣3）2﹣2×（﹣3）＝9+6＝15， ∵3＜15， ∴m＜n； （2）∵抛物线y＝ax2﹣2a2x＝a（x﹣a）2﹣a3． ∴抛物线的对称轴为直线x＝a，顶点为（a，﹣a3） ∵点P（a+2，t）在抛物线上， ∴点（a﹣2，t）在抛物线上， ∴m＝a（﹣a）2﹣2a2（﹣a）＝a3+2a3＝3a3， n＝a（3a﹣6）2﹣2a2（3a﹣6）＝a（9a2﹣36a+36）﹣6a3+12a2＝3a3﹣24a2+36a t＝a（a+2）2﹣2a2（a+2）＝﹣a3+4a， ∵a≠0， ∴m≠n≠t， ∴直线l与抛物线不相切， 当a＞0时，则A（﹣a，m）在对称轴的左侧，点P（a+2，t）在对称轴的右侧， ①若﹣a＞3a﹣6，即a＜时，则0＜a＜， ∵直线l与图形G有且只有一个公共点， ∴3a﹣6≤a﹣2≤﹣a， ∴a≤1， ∴0＜a≤1符合题意； ②若﹣a≤3a﹣6≤a，则， ∵直线l与图形G有且只有一个公共点， ∴﹣a≤a﹣2≤3a﹣6， ∴a≥2， ∴2≤a≤3符合题意； ③若3a﹣6＞a，则a＞3， 设B（3a﹣6，n）关于直线x＝a的对称点是（6﹣a，n）， 则﹣a＜6﹣a＜a， ∴m＞n， ∵直线l与图形G有且只有一个公共点， ∴﹣a≤a﹣2＜﹣a+6， ∴1≤a＜4符合题意； 当a＜0时，则A（﹣a，m）在对称轴的右侧， ∵A（﹣a，m）关于对称轴的对称点为（3a，m）， ∵3a﹣6＜3a＜a， ∴n＜m， ∵直线l与图形G有且只有一个公共点， ∴3a﹣6≤a﹣2＜3a， ∴﹣1＜a≤2， ∴﹣1＜a＜0符合题意， 综上，a的取值范围为：﹣1＜a＜0或0＜a≤1或2≤a＜4． 23． （1）②④； （2）证明：∵四边形ABCD是对等补四边形，且AB＝CD， ∴∠A+∠C＝180°，且AD∥BC． ∵∠A＝90°， ∴∠C＝90°， 又∵AD∥BC， ∴∠D＝90°， ∴四边形ABCD是矩形； （3）4； （4）或． 解：（1）由定义可知满足对角互补的只有矩形和正方形，其也都满足有一组对边相等， 故答案为：②④； （2）证明：∵四边形ABCD是对等补四边形，且AB＝CD， ∴∠A+∠C＝180°，且AD∥BC． ∵∠A＝90°， ∴∠C＝90°， 又∵AD∥BC， ∴∠D＝90°， ∴四边形ABCD是矩形； （3）延长CB至点E，使BE＝AB，连接AE， ∵四边形ABCD是对等补四边形，且AB＝CD＝5， ∴∠D+∠ABC＝180°，AD∥BC． ∵CA平分∠BCD， ∴∠ACB＝∠DCA． ∵AD∥BC， ∴∠DAC＝∠ACB， ∴∠DAC＝∠DCA， ∴AD＝DC＝5， ∴BE＝AB＝5． ∵∠D+∠ABC＝180°，∠ABE+∠ABC＝180°， ∴∠D＝ABE， ∴△ABE≌△CDA（SAS）， ∴AE＝AC． 又∵BC＝11， ∴EC＝16． 过点A作AH⊥BC于点H， ∴EH＝CH＝8，BH＝3，AH＝4． 在Rt△AHC中，由勾股定理可得AC2＝AH2+CH2， ∴AC＝＝4； （4）∵四边形ABCD为对等补四边形，AD∥BC，AB＝CD，AD＝DC＝AB＝5， ①当AB＝CE＝5时，如图， 则AC∥BE，∠BAC+∠CEB＝180°， ∴CD＝CE＝5，AD＝CD＝5， 又∵∠BAC＝∠ECA，∠DAC＝∠DCA， ∴∠DAB＝∠DCE， ∵∠DAB＝∠ADC， ∴∠ADC＝∠DCE， ∴△ADC≌△ECD（SAS）， ∴∠DAC＝∠ACD＝∠CDE＝∠DCE＝∠ACB， ∴DQ＝QC， 又∵△CDQ∽△CAD， ∴CD2＝CQ•AC， ∴， ∴； ②当时， 如图，连接BD，过点B作BH⊥DE于点H， 此时， ∴， ∵△DQC∽△DCE， ∴， ∴DQ＝＝； 综上，DQ的长为或． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/11 17:02:06；用户：taianliu20；邮箱：taianliu2009@163.com；学号：4961344 第17页（共17页） 学科网（北京）股份有限公司 $