【临考押题】2026-2027学年九年级数学上册期中仿真卷（上海专用）

【临考押题】2026-2027学年九年级数学期中仿真卷 （上海专用）2027中考新考纲题型结构 （时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：沪教版五四制九年级第27章~第29章 5．难度系数：0.62。 第一部分（选择题 共24分） 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．若函数是关于的二次函数，则a的值不可能是（     ） A． B．2 C．1 D．或0 2．已知，则的值是（     ） A． B． C．3 D． 3．长春万达茂室内滑雪场是亚洲垂直落差最大的室内滑雪场，最大落差达85米．如图，某条雪道的坡角为α，坡面长度为413米，则该雪道的铅直高度为（     ） A．米 B．米 C．米 D．米 4．相同的瓶子里装入不同的水量，用木棒敲击瓶子时，可发出不同音调．通过不断尝试发现，如图所示的瓶子中，当水面高度与瓶高之比为黄金比（即，点在线段上）时，可以发出特定的音符．若，则水面高度是（     ） A． B． C． D． 5．如图．已知二次函数与x轴的一个交点为，其对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③；④直线与该二次函数一定有交点．其中正确的结论有（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．如图，，，是线段的六等分点，点恰好在线段上，连接，并延长与交于点E，则（     ） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共126分） 二、填空题：本题共12小题，每小题4分，共48分。 7．在中，，，，则__________． 8．如图是自动扶梯的截面．的长为米，与的夹角为，则高为___________米．（用的三角函数和表示） 9．已知线段，点C是线段上靠近点A的一个黄金分割点，则的长为________． 10．已知二次函数，则当时，的最大值是______________． 11．如图，在平面直角坐标系中，以原点为位似中心，将放大后得到，已知点，，则与的周长比是_________． 12．若二次函数经过点，则的值是______． 13．如图，在中，，，，点P由点B出发沿方向向点A匀速运动，速度为，同时点Q由点A出发沿方向向点C匀速运动，速度为，点P停止时Q随之停止运动，连接．设运动的时间为．若与相似，此时________． 14．如图，左图是有盖垃圾桶的侧面示意图，为判断该垃圾桶放置在桌下是否合适，需要计算打开盖后垃圾桶的最大高度．已知完全打开盖后如右图，，则打开盖后该垃圾桶的最大高度为_________． 15．如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，的顶点都在这些小正方形的顶点上，那么的值为________． 16．下列关于的四个说法：①若是等腰三角形，则；②若是锐角三角形，则；③若，则是直角三角形；④若是直角三角形，，则，其中说法正确的序号是________（选填序号）． 17．已知二次函数（a，b，c为常数，且）的图象如图所示，对称轴为直线．以下结论：①；②；③；④；⑤对于任意的实数m，总有．其中正确的是__________________． 18．如图，二次函数（其中）的图像与轴交于，两点（点在点左侧），与轴交于点，连接，，点为的各边垂直平分线的交点．记的面积为，的面积为，则的值为_____． 三、解答题：本题共7小题，共78分。 19．已知二次函数的解析式． (1)在直角坐标系中画出它的图象； (2)观察图象可知时，x的取值范围是_________． 20．已知a，b，c是的三边长，且 (1)求的值； (2)若的周长为91，求各边的长． 21．计算：． 22．学校操场的主席台安装了如图1所示的遮阳棚，其截面示意图如图2所示，其中四边形是矩形，主席台高米．上午某时刻经过点的太阳光线恰好照射在上的点处，测得，遮阳棚在主席台阴影区域的宽度米；一段时间后，经过点的太阳光线恰好照射在上的点处，测得，遮阳棚在主席台阴影区域的宽度米，点，，，，，，均在同一竖直平面内，求点距离地面的高度．（参考数据：，，，，，） 23．按要求解答问题： (1)如图①，已知，若，且，则的长是________； (2)将图①中绕着点逆时针旋转，如图②，取线段，的中点，，连接，，证明； (3)如图③，在中，，，，以为边逆时针方向作，点是线段上的一点，以为边向下构造，且满足，点是的中点，当的和最小时，求出的值． 24．二次函数的图象与轴交于点且． (1)当，且时， ①求的值，并写出函数图象的顶点坐标； ②当时，二次函数的最大值与最小值的差为3，求的值； (2)若，求证：． 25．新定义：三角形中的两个内角与，若满足，则称该三角形为“差余三角形”，是的差余角． (1)概念理解： ①若是“差余三角形”，是的差余角，，则_________； ②若是“差余三角形”，有个角为，则三边长的比为_________； (2)拓展探索： 如图1，直线：与轴交于点，与轴交于点，点为直线上位于第一象限内的点，若是“差余三角形”，且是的差余角，求的值． (3)灵活运用： 如图2，，点在射线上，且，点在射线上，若是“差余三角形”，直接写出的长． 第6页（共7页） 第1页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司 《【临考押题】2026-2027学年九年级数学期中仿真卷》答案讲解 题号 1 2 3 4 5 6 答案 D A A A D C 1．D 【详解】解：∵ 函数是关于的二次函数， ∴ 二次项系数不为0， ∴，解得且， ∴的值不可能是或． 2．A 【分析】将待求分式变形为含的形式，结合已知比例求出的值后整体代入计算． 【详解】解：∵． ∴，即． ∵． ∴． 3．A 【详解】解：由图可知，， 即米． 4．A 【分析】根据题干中给出的黄金比定义及的长度，列式计算 即可． 【详解】解：，， ． 5．D 【分析】由抛物线的开口方向，对称轴以及与轴的交点即可判断①；根据抛物线与轴的交点即可判断②；由时，即可判断③；利用抛物线的对称性可知抛物线过，即可判断④． 【详解】解：∵抛物线开口向下，交轴于正半轴， ∴，， ∵对称轴为直线， ∴， ∴，故①正确； ∵抛物线与轴有两个交点， ∴，故②正确； ∵当时，， ∴，故③正确； ∵二次函数与轴的一个交点为，其对称轴为直线， ∴与轴的另一个交点为， ∵直线， ∴当时，， ∴直线经过点， ∴直线与该二次函数一定有交点，故④正确； 综上所述，正确的结论有①②③④，共4个． 6．C 【分析】先求出,,证明，，求出，，，即可得到答案． 【详解】解：∵，是线段的六等分点，点恰好在线段上， ∴,, ∵， ∴，， ∴,, ∴，， ∴， ∴． 7． 【详解】解：如图， ∵在中，，，， ∴． 8． 【分析】将实际问题转化为直角三角形模型，已知斜边和一个锐角，求对边，利用正弦函数的定义即可求解． 【详解】解：由题意可知，，则为直角三角形，且． 在中，． ，， ． 故高为米． 9． 【分析】根据黄金分割定义，是较长线段，其长度等于线段全长乘以黄金比，代入计算即可． 【详解】解：黄金分割中，较长线段与整条线段的比值为， ∵点是线段上靠近点的黄金分割点，且， ∴为较长线段， ∴， ∵， ∴． 10． 【分析】已知二次函数解析式和自变量取值范围，根据二次函数的增减性求最大值． 【详解】解：，二次项系数， 抛物线开口向下，对称轴为直线，顶点坐标为， 当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小， 在范围内，时取得最大值， 代入得． 11． 【分析】根据题意得出与的位似比，再由位似图形的周长比等于位似比求解即可． 【详解】解：以原点为位似中心，将放大后得到，且点，， ，即将放大倍后得到， 与的位似比为， 则由位似图形的性质可知，与的周长比是． 12． 【分析】将已知点的坐标代入二次函数解析式，整理即可求出的值． 【详解】解：∵二次函数经过点， ∴将，代入解析式得， 整理得， 计算得． 13．或 【分析】利用勾股定理求出的长，用含的代数式表示和，分和 两种情况，根据相似三角形对应边成比例列出方程求解 【详解】解：在中，，，， 由勾股定理得： ． 由题意得： ，， ． ， 分两种情况讨论： 当时， 即， 解得； 当 时， 即， 解得． 综上所述，当为或时，与相似． 14． 【分析】根据矩形性质得出长及高，由旋转性质得长，过点作的垂线构造直角三角形，利用锐角三角函数求出到的距离，加上即为最大高度． 【详解】解：过点作，交直线于点， 四边形是矩形 ，， 由旋转性质可知 在中， 打开盖后该垃圾桶的最大高度为． 15． 【分析】根据图形可以得到，，，，然后根据勾股定理可以得到的长，从而可以计算出的值． 【详解】解：如图， 由图可得，，，，， ∴， ∴． 16．②③④ 【分析】逐个判断四个说法，利用三角形内角性质、勾股定理及其逆定理和三角函数定义逐一验证即可． 【详解】解：逐个判断四个说法： ① 若是等腰三角形，不一定有，例如，，此时，，，故①错误； ②∵是锐角三角形， ∴，得， ∵，正弦在随角度增大而增大， ∴，故②正确. ③如图，在中，，过点C作于点D， ∴， 故， ∴，是直角三角形，故③正确. ④∵，设角的对边分别为， ∴，，得， 由勾股定理得， ∵，且， ∴， ∵，展开得， ∴， 即， ∴， 因此，故④正确． 17． 【分析】根据图象开口方向、对称轴、与坐标轴交点位置确定系数符号及关系，结合判别式、特殊点函数值及函数最值性质进行判断． 【详解】由图象可知， 对称轴为直线， ， ， ， ，正确； 抛物线与轴有两个交点， ， ，错误； ， ，正确； 由图象知：当时，， 即：，错误； 对称轴为直线， 当时，函数有最小值， 当时，函数值为， ， ， 正确． 正确的有． 18． 【分析】先求出，，，从而可得是等腰直角三角形，证明是等腰直角三角形，过D作于N，过C作于M，证明 ，得出，，设，则，，，求出，，分别表示出的面积，的面积，作差即可． 【详解】解：∵令时， ∴， 解得，， ∴，， ∴，， ∵令时，， ∴， 即， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵点D为的各边垂直平分线的交点． ∴，． ∵， ∴是等腰直角三角形， 如图：过D作于N，过C作于M，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， 设，则，，， ∴， 解得， ∴，， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴的面积； ∵过D作于N，， ∴， ∴的面积为， ∴． 19．(1)如图， (2) 【分析】（1）根据函数的解析式列表，描点，连线； （2）根据函数图象得出的取值范围． 【详解】（1）解：已知， 列表如下： 画图略； （2）解：根据函数图象可知，当时，的取值范围是． 20．(1) (2)，， 【分析】（1）设，表示出a，b，c，然后代入求解； （2）根据的周长求出，然后求解即可． 【详解】（1）解：设， ∴，，， ∴； （2）解：根据题意得，， ∴， ∴，，． 21． 【详解】解：原式 ． 22．米 【分析】过E作交于H，由正切的定义得，，即可求解． 【详解】解：如图，过E作交于H， ∵， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴（米）， 即点E距离地面的高度米． 23．(1)6 (2)证明：∵， ∴， ∵点，为，的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； (3) 【分析】（1）先证明，得出，再代入数据计算即可； （2）先证明，，即可证明； （3）取的中点H，作直线l过点P，H，证明，得出，说明直线l与的夹角为，得出点P在直线l上，过点C作直线l的对称点K，连接，，设直线l交的延长线于点S，直线l交于点O，连接，根据两点之间线段最短，得出当点P在点O处时，最小，且最小值为的长度，过点P作于点N，延长交于点G，以点C为原点，直线为x轴，直线为y轴建立平面直角坐标系，求出直线的解析式为，直线的解析式为，求出点P的横坐标为，证明，得出即可得出答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）略 （3）解：取的中点H，作直线l过点P，H， ∵H是中点， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∵P是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即直线l与的夹角为， ∴点P在直线l上， 过点C作直线l的对称点K，连接，，设直线l交的延长线于点S，直线l交于点O，连接，如图所示： 由对称性可知，，，， ∴， ∵两点之间线段最短， ∴当点P在点O处时，最小，且最小值为的长度， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， 如图，过点K作于点M， 则，， ∴， ∵，，， ∴， 根据勾股定理得：， 即， 解得：，负值舍去， 如图，过点P作于点N，延长交于点G，以点C为原点，直线为x轴，直线为y轴建立平面直角坐标系， 则点，，，， 设直线的解析式为，把，代入得： ， 解得：， ∴直线的解析式为， 同理：直线的解析式为， 令， 解得：， ∴点P的横坐标为， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即当和最小时，的值为． 24．(1)①，函数图象的顶点坐标为； ②的值为； (2)证明：∵ 二次函数的图象与轴交于点． ∴ 是一元二次方程的两个不相等的实数根． 由根与系数的关系得：，． ∵ ． ∴ ，解得． ∴ ． ∴ ． ∴ ． ∵ ． ∴ ． ∴ ． 即． 【分析】（1）①利用待定系数法解答即可；②利用抛物线的性质求得最小值，再利用题意列方程解答即可； （2）利用一元二次方程根与系数的关系定理求得，再利用配方法解答即可． 【详解】（1）解：①二次函数的图象与轴交于点，， ， ， ． ∴二次函数的解析式为， ∴抛物线的顶点坐标为； ②由上一小问得二次函数的解析式为， 当时，有最小值为， 当时，，， 时的值不是最大值， 时的值是最大值，最大值为， ， ， 解得：． ， ，． （2）略 25．(1)①；② (2) (3)或或或 【分析】（1）①利用三角形的内角和定理与新定义计算与； ②容易判断是顶角为的等腰三角形，利用等腰三角形的性质与解直角三角形求出三边比即可； （2）利用一次函数的解析式计算出与，容易证明，则，进而得到，因此； （3）分四类讨论，当是的差余角时，作于点，通过解直角三角形计算出与，进而计算出；当是的差余角时，同理求解即可；当是的差余角时，作交于点，先计算出与，容易证明，则，进而计算出；当是的差余角时，同理求解即可． 【详解】（1）解：①由题意可知，， ∴； ②∵， ∴，即为钝角， ∴，， ∵， ∴是顶角为的等腰三角形， 如图，在中，，，，作于点，设， ∵，， ∴， 在中，， ∴， 由勾股定理可得，， ∴， ∴； （2）解：将代入，得；将代入，得， ∴点的坐标为，点的坐标为， ∴，， ∵是的差余角， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴； （3）解： ①当是的差余角时，如图，作于点， ∵是的差余角， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 由勾股定理可得，， 同理，，， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴，； ②当是的差余角时，如图，作于点， 在中，， 由勾股定理可得，， 同理①可知，， ∴， 由勾股定理可得，， ∴， 解得， ∴； ③当是的差余角时，如图，作交于点， 在中，， 由勾股定理可得，， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； ④当是的差余角时，如图，作交于点， 由③可知，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，或或或． 答案第2页（共19页） 答案第1页（共19页） 学科网（北京）股份有限公司 $