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九年级数学一模试题答案
一．选择题（共 10 小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B． C A B B C D B C D
二．填空题（共 5 小题）
11．2（m－1）2．
12．140°．
13. 7．
14．1.5．
15．（－506，507）．
三．解答题（共 8 小题）
16．【解答】解：（1）原式＝3－3－6
＝3－3－1
＝－1； ---------------------5 分
（2）原式
， ---------------------8 分
∵a－1≠0、a+2≠0，
∴a 不能取 1 和－2，
∴a＝0 或 2， ------------------------9 分
当 a＝0 时，原式等于－1；
或 当 a＝2 时，原式等于 0． -------------------------10 分
17．【解答】解：（1）84、------------1 分
80、-----------2 分
＜；-------------3 分
（2）乙班成绩比较好，--------------------4 分
理由如下：
第 1页（共 9页）
两个班的平均数相同，中位数、众数高于甲班，代表乙班成绩高分人数比甲班多，所以乙班成绩比较
好； -------------------7 分
（3）52 48 39+30＝69（人），
答：估计这两个班获奖的总人数是 69 人．---------------------10 分
18．【解答】（1）证明：∵D，E 分别为 AB，AC 的中点，
∴DE 是△ABC 的中位线，
∴DE∥BC，
∵DG＝FC，
∴四边形 DFCG 是平行四边形，---------------------2 分
又∵DF⊥BC，
∴∠DFC＝90°，
∴平行四边形 DFCG 是矩形；---------------------4 分
（2）解：∵DF⊥BC，
∴∠DFB＝90°，
∵∠B＝45°，
∴△BDF 是等腰直角三角形，
∴BF＝DF＝3，
∵DG＝FC＝5，
∴BC＝BF+FC＝3+5＝8，-------------------6 分
由（1）可知，DE 是△ABC 的中位线，四边形 DFCG 是矩形，
∴DE BC＝4，CG＝DF＝3，∠G＝90°，
∴EG＝DG－DE＝5－4＝1，
∴CE ，
∵E 为 AC 的中点，
∴AC＝2CE＝2 ．--------------------10 分
19．【解答】解：（1）窗户旋转角∠MAN＝90°时，测得∠MNA＝45°，
∴∠AMN＝∠MNA＝45°，
∵MN＝20，
第 2页（共 9页）
∴ ； ---------------------3 分
（2）作 M′H′⊥BA 交 BA 的延长线于点 H′，
∠M′N′H′＝37°，M′N′＝20cm，
∴M′H′＝M′N′ sin37°＝20×0.6＝12（cm），
，
∵ ，
．
∴
∴端点 N 在此过程中滑动的长度为： ．---------------------10 分
20．【解答】解：（1）设甲种花卉每株的价格为 x 元，则乙种花卉每株的价格为 1.2x 元，
由题意得： 2，
解得：x＝25， ---------------------4 分
经检验，x＝25 是原方程的解，且符合题意， ---------------------5 分
∴1.2x＝1.2×25＝30，
答：甲种花卉每株的价格为 25 元，乙种花卉每株的价格为 30 元；--------------------6 分
（2）设该部门需购买甲种花卉 m 株，则需购买乙种花卉（120－m）株，
由题意得： ，
解得：45≤m≤50， ---------------------8 分
∵m 为正整数，
∴m＝45，46，47，48，49，50，
∴购买这两种花卉有 6 种方案， --------------------9 分
设该部门购买甲、乙两种花卉所需费用为 y 元，
由题意得：y＝25×0.8m+30×0.8（120－m）＝－4m+2880，--------------------11 分
第 3页（共 9页）
∵－4＜0，
∴y 随 m 的增大而减小，
∴当 m＝50 时，y 有最小值＝－4×50+2880＝2680，
答：购买这两种花卉有 6 种方案，所需费用的最小值为 2680 元．---------------------12 分
21．【解答】（1）证明：如图，连接 OD，
∵直线 DE 是⊙O 的切线，
∴OD⊥DE，
∴∠ODF＝90°，
又∵DE⊥AC，
∴∠DEA＝90°
∴OD∥AE，
∴∠ODA＝∠DAC，
又∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∴∠OAD＝∠DAC，
∴AD 平分∠CAB； ---------------------4 分
（2）解：DM＝2ME， ---------------------5 分
证明：∵直线 DE 是⊙O 的切线，
∴∠ODF＝90°，
∵∠F＝30°，
∴∠FOD＝90°－∠F＝90°－30°＝60°，
∵OB＝OD，
∴△OBD 是等边三角形，
第 4页（共 9页）
∴∠ODB＝60°，
∴∠BDF＝∠ODF－∠ODB＝60°－30°＝30°，
∴∠MDE＝∠BDF＝30°
又∵DE⊥AC，
∴∠DEM＝90°，
∴DM＝2ME； --------------------9 分
（3） ． ---------------------12 分
22．【解答】解：（1）将点 O（0，0）代入，抛物线 y＝ax2+bx+c，
可得 c＝0， --------------------1 分
∴该抛物线解析式为 y＝ax2+bx，
将点 A（3，3a）代入，抛物线 y＝ax2+bx，
可得 3a＝9a+3b，解得 b＝－2a； --------------------2 分
（2）①若 a＝1，则该抛物线及直线解析分别为 y＝x2－2x，y＝x，
当 t＝4 时，可有点 P（4，0），如图，
∵PM⊥x 轴，
∴xM＝xN＝4，
将 x＝4 代入 y＝x2－2x，可得 y＝42－2×4＝8，即 M（4，8），
将 x＝4 代入 y＝x，可得 y＝4，即 N（4，4），
∴MN＝8－4＝4； ---------------------6 分
第 5页（共 9页）
②当点 P 从点 O 运动到点 B（2a，0）的过程中，
∵PM⊥x 轴，P（t，0），
∴xM＝xN＝t，
将 x＝t 代入 y＝ax2－2ax，可得 y＝at2－2at，即 M（t，at2－2at），
将 x＝t 代入 y＝ax，可得 y＝at，即 N（t，at），
∴MN＝|at2－2at－at|＝|at2－3at|，
令 MN＝0，即 at2－3at＝0，解得 t＝0 或 t＝3，-------------------8 分
I、若 a＞0，可有 2a＞0，即点 P 在 y 轴右侧，如图，
当 0＜t≤3 时，可有 MN＝－at2+3at，其图象开口向下，对称轴为直线 ，
若 MN 的长随 OP 的长的增大而增大，即 MN 的长随 t 的增大而增大，则 ，
解得 ，
当 t＞3 时，可有 MN＝at2－3at 其图象开口向上，对称轴为直线 ，不符合题意；
---------------------10 分
II、若 a＜0，可有 2a＜0，即点 P 在 y 轴左侧，如图，
第 6页（共 9页）
当 t＜0 时，可有 MN＝－at2+3at，其图象开口向上，对称轴为直线 ，
若 MN 的长随 OP 的长的增大而增大，即 MN 的长随 t 的增大而增大，
则 ，解得 ，
∴a＜0 --------------------12 分
综上所述，a 的取值范围为 a 且 a≠0．---------------------13 分
23．【解答】（1）证明：方法 1：平移线段 FG 至 BH 交 AE 于点 K，如图，
由平移的性质得 FG∥BH，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，
∴四边形 BFGH 是平行四边形，
∴BH＝FG，
∵FG⊥AE，
∴BH⊥AE，
∴∠BKE＝90°，
∴∠KBE+∠BEK＝90°，
∵∠BEK+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CBH，
在△ABE 和△BCH 中，
，
∴△ABE≌△BCH（ASA），
∴AE＝BH，
第 7页（共 9页）
∴AE＝FG； --------------------3 分
方法 2：平移线段 BC 至 FH 交 AE 于点 K，如图，
则四边形 BCHF 是矩形，∠AKF＝∠AEB，
∴FH＝BC，∠FHG＝90°，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝90°，
∴AB＝FH，∠ABE＝∠FHG，
∵FG⊥AE，
∴∠HFG+∠AKF＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠HFG，
在△ABE 和△FHG 中，
，
∴△ABE≌△FHG（ASA），
∴AE＝FG； ---------------------3 分
（2） ； --------------------6 分
（3）解：①平移线段 BC 至 DG 处，连接 GE，如图，
第 8页（共 9页）
则∠DMC＝∠GDE，四边形 DGBC 是平行四边形，
∴DC＝GB，
∵四边形 ADCP 与四边形 PBEF 都是正方形，
∴DC＝AD＝AP，BP＝BE，∠DAG＝∠GBE＝90°，
∴DC＝AD＝AP＝GB，
∴AG＝BP＝BE，
在△AGD 和△BEG 中，
，
∴△AGD≌△BEG（SAS），
∴DG＝EG，∠ADG＝∠EGB，
∴∠EGB+∠AGD＝∠ADG+∠AGD＝90°，
∴∠EGD＝90°，
∴∠GDE＝∠GED＝45°，
∴∠DMC＝∠GDE＝45°；---------------------11 分
② ． ---------------------13 分
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：2026/4/9 15:16:51；用户：李洪蕾；邮箱：qyljy@；学号：19173708
第 9页（共 9页）2025-2026学年九年级数学试题
6.如图，在△ABC中，AD.AE分别是边CB上的中线和高，AE=6cm.SAD=2c.则BC的长是
2026年4月
()
一.选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分）
1.下列四个数：2，-5.5，-1.其中最小的数是()
A.2
B.-5
C.5
D.-1
2.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是(
B E
6题图
7题图
A.4cm
B.6cm
C.8cm
D.10cm
7.如图，在△ABC中，O是边AB的中点.按下列要求作图：①以点B为髑心，适当长为半径面弧.交
线段BO于点D,交BC于点E:②以点O为圆心、BD长为半径面弧.交线段OA于点F了然点F
为圆心、DE长为半径画孤，交前一条弧于点G,点G与点C在直线AB同侧：④作直线OG.交AC
于点M下列结论不一定成立的是()
A.∠AOM=LB
B.∠OMC+∠C=I80°
D.
C.AM=CM
D.OM=TAB
3.2025年10月，我国紧凑型聚变能实验装置(BEST)建设取得关，突破，项目主体工程建设步人新阶
8.2026年马年吉样物为“其狱”“现现”“驰驰”“骋骋”四匹骏马，组委会制作了背面完全相同的4张卡
段.该项目总投资约248300万元.将数据248300用科学记数法表示为(
片，正面分别印有这四个吉祥物名称.现将卡片洗匀后背面朝上放置，随机抽取1张记下名称后放回。
A2483×103
B.24.83×10
再随机抽取1张，两次抽到的吉样物名称中含有“驰”字（即“驰驰”）的概率是(。
C.02483×10
D.2.483×10
4.如图是由4个大小相同的小立方块搭成的几何体，则该几何体的俯视图是()
A店
B.16
c是
9.公元三世纪中期，我国魏晋时期的数学家刘徽创立了“割圆术”，为计算圆周率建立了严密的理论和完
善的算法，所谓“制圆术”，是通过不断倍增圆内接正多边形的边数，间接求出圆面积和周长的方法如
图，在半径为2的圆内作两个正方形，得到一个正八边形，则阴影部分的面积是(
主视方向
5.下列运算正确的是(
A(-m)2=-m
B.mn 'm=mn
B
C.24-162
D.48-322
C.3mn-m=3n
D.(m-12=m-1
第1页（共8页）
第2页（共8所】
10.如图，在直角坐标系中，四边形OABC为正方形，且边BC与y轴交于点M,反比例函数=冬(K
≠0)的图象经过点A,若CM=2BM且S08e=号，则太的值为()
P
r-....
三、三大题（本大题共8小题，共90分）
A-号
c18
16(10分)计算
二、填空题（本大题共5小题每小题4分，共20分）】
(1)计算-()1+(-6)x1-:
11.因式分解2-4m-2=
12.用一张等宽的纸条折成如图所示的图案，若∠1=20°，则∠2的度数为
(2)先化简(a+1一品)-2单4，再从-2.0.1.2中选取个储当的数代人求值
a-1
B不等式修x-1≤7一2X的所有童数解的和为
5x-1>3(x+1)
17.(10分)4月24日是中国航天日，为激发青少年茶尚科学、探索未知的热情，某校甲、乙两班联合举
14.如图。甲，乙两车从A城出发匀速行驶至B城。行驶过程中，两车离开A城的距离y(千米)与甲车
办了“航天知识”竞赛，竞赛满分为100分，80分及以上为优秀.从甲班和乙班各随机抽取8名学生
行驶的时间：（小时）之间的函数关系如图，当乙车出发追上甲车时，乙车行驶了小时.
对这8名学生的或绩进行了收集、整理、分析
y(km)
【收集数据】
300
甲班8名学生竞赛成绩：90,93.80,80,85,80,75.75.
乙班8名学生竞赛成绩：100.90、79.，90,83.85.56,75
甲
【整理数据】小康同学将甲、乙两个班级抽取学生的成绩送行了整理.并绘制了如下统计图
01
45
【分析数据】甲、乙两个班级抽取学生的竞赛成绩统计表
15.如图，在平面直角坐标系中，点A,乃，乃，均在边长均为！个单位长度阿格格点上，其颗序按图
特征数
平均数
中位数
众数
方差
中”一”方向排列.A(0.0.乃(0,1，乃(1.1A(1,-1.乃(-1，-1.B(-1,2,
班级
根据这个规律，点乃的坐标为
甲班
82.25
乙班
8225
0
第3项（共8页）
第4页（共8真）

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