资源简介 【浙江专用】2026年九年级数学一模真题汇编压轴选择题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．（2026·浙江杭州·一模）如图（1），在中，，矩形内嵌于．顶点F，G在边上，点D在边上，点E在边上．当矩形以每秒1个单位长度的速度沿射线匀速运动（当G点与C点重合时停止运动）．设运动时间为x秒，矩形与重叠部分的面积为S．如图（2）为S关于x的函数图象，且经过点，．下列选项正确的是（ ）A． B．重叠部分面积的最大值为140C． D．点在函数图象上2．（2026·浙江嘉兴·一模）如图，在三角形纸片中，，点在边上（点，不重合，），将沿折叠后得到，交于点．若，则与的数量关系正确的是（ ）A． B．C． D．3．（2026·浙江温州·一模）如图1，在菱形中，，点P从点D出发，以每秒1个单位的速度沿向终点B运动，同时点Q从点B出发，沿折线向终点D匀速运动，两点同时到达终点．设运动时间为x秒，为y．如图2，y关于x的函数图象经过最低点．下列说法不正确的是（ ）A． B．C． D．点在该函数图象上4．（2026·浙江舟山·一模）已知抛物线（，为常数且），当时．若抛物线与轴的交点位于最高位置时，则的图像可能正确的是（ ）A．B． C． D．5．（2026·浙江宁波·一模）如图，在边长为2的菱形中，对角线交于点，于点，为上一点，，延长交于点，记，，当的大小发生变化时，则下列代数式的值不变的是（ ）A． B． C． D．6．（2026·浙江台州·一模）如图，在圆内接四边形中，是圆的直径，过点C作于点E，连接．若，，，则的面积为（ ）A．16 B．15 C．12 D．107．（2026·浙江金华·一模）如图，点为的重心，当动点从点出发沿的边逆时针运动一周，设点的运动路程为，为，关于函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）A． B． C． D．的面积为8．（2026·浙江金华·一模）已知某仓储中心有一个斜坡，B，C在同一水平地面上，，其横截面如图．现有一个侧面图为正方形的正方体货柜，其中米，该货柜沿斜坡向下时，若点D的最大高度限制（即点D离所在水平面的高度的最大值）为米，则的长度应不超过（ ）米．A．6 B． C． D．9．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，．点从出发，沿向终点运动，过作于点，连接．设点的运动路径长为的面积为，的面积为关于的函数图象如图2所示，则下列结论错误的是（ ）A． B．点在函数图象上C．的最大值为4 D．当时，10．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，按以下步骤作图：①以点为圆心，长为半径画，交于点，连接；②以点为圆心，长为半径画弧，与交于点，作直线，交于点，交于点．则下列说法正确的是（ ）A．平分 B．C． D．11．（2026·浙江温州·一模）如图，已知内接于，，交于点D，过点D作，垂足为H．若．则的长度为（ ）A． B．15 C． D．12．（2026·浙江杭州·一模）勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图”的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来备受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连接并延长，交于点N，交于点M．若点M是的中点，则与的面积比为（ ）A． B． C． D．13．（2026·浙江衢州·一模）如图，在直角坐标系中，，点B的坐标是．若反比例函数的图象经过点A，C，且点A的横坐标是1，则点C的坐标为（ ）A． B． C． D．14．（2026·浙江舟山·一模）如图，是的直径，是的弦，，垂足为，连接并延长，与过点的切线相交于点，连接．若的半径为，，则的长是（ ）A． B． C． D．15．（2026·浙江衢州·一模）如图，在矩形中，四边形和四边形都是正方形，对角线交，于点，，连接交于点，连接交于点，连接，，可形成“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样．若要确定图中“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样的面积，只需知道（ ）A．四边形的面积 B．四边形的面积C．四边形的面积 D．四边形的面积16．（2026·浙江·一模）如图，是 的直径，是的弦，先将沿翻折交于点．再将沿 翻折交于点．若，设，则所在的范围是（ ）A． B．C． D．17．（2026·浙江杭州·一模）如图，正方形中，E为对角线上一点，连接，过点E作交的延长线于F，交于M，若，且，则线段的长为（ ）A．2 B． C．1 D．18．（2026·浙江杭州·一模）已知反比例函数，点和是反比例函数图象上的两点，若对于，，都有，则a的取值范围是（ ）A．或 B． C． D．或19．（2026·浙江舟山·一模）图，在四边形中，，，，点从点向点运动，连接，过点作交于点，连接，设，的面积为，则能反映与之间函数关系的图象是（ ）A． B．C． D．20．（2026·浙江温州·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点为上一点，连接，将沿翻折得到交于点，连接．当四边形为平行四边形时，若，则的值为（ ）A． B． C． D．21．（2026·浙江·一模）如图1，在中，D是边的中点．点E在斜边上，从点A出发，运动到点C时停止，设为，为．如图2，关于的函数图象与轴交于点，且经过和最高点两点．下列选项正确的是（ ）A． B． C． D．y的最小值为6422．（2026·浙江·一模）如图，菱形的边长为2，以A为圆心，长为半径作弧，分别与，交于E，F两点，若与的长之比为，则的长为（ ）A． B． C． D．参考答案题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案 C B B A C B C D B B题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20答案 D C A C D B A A C B题号 21 22答案 B C1．C设矩形的长，宽，由及可知为等腰直角三角形，故 ，当时，矩形右侧超出的部分是直角边为x的等腰直角三角形，面积，结合图象点及转折点特征，可求出a，h的值，进而分段求出S与x的函数关系式，验证各选项．解：设矩形的长，宽，∵矩形内嵌于，，，∴是等腰直角三角形，，当时，矩形向右平移距离为x，右侧超出的部分是直角边为x的等腰直角三角形，∴，由图（2）知，当时，，且图象发生转折，说明此时F点运动到C点，即，∴，解得，∴，故A选项错误；矩形面积最大值为，故B选项错误；当时，F点已过C点，G点在C点左侧（G距C点距离为，且），重叠部分面积S等于右侧固定的等腰直角三角形面积（直角边为 10）加上左侧矩形面积，∴，当时，，故C选项正确；当时，G点在C点左侧且距C点距离小于10，重叠部分为等腰直角三角形，直角边长为，∴，当时，，故D选项错误．2．B设，，利用折叠对应角相等、等腰三角形底角相等，结合三角形外角与内角和定理建立方程，化简推导两角数量关系即可．解：设，，∵将沿折叠得到，∴，∴，∵，∴，∴，由折叠得，∵，∴，在中，即，∴，∴，∴，∴，即．3．B连接，交于点O，过点Q作于点H，结合菱形的性质得，，，进一步判定，有，根据题意可知点Q以每秒2个单位的速度沿折线向终点D匀速运动，图2的对称性可知，当点Q运动至点C、点P运动至点O时，，则，则和，结合图2可知点，此时点P与点B重合，点Q与点D重合，进而分：点Q在线段运动时，解得、和，利用勾股定理求得为，即可得到点E的信息；当点Q在线段运动时，同理可得，，，和，则，利用勾股定理求得，代入点即可．解：连接，交于点O，过点Q作于点H，如图，∵菱形中，，∴，，，，∴为等边三角形．则，∵，，∴，∴，∴，∴，则点Q以每秒2个单位的速度沿折线向终点D匀速运动，由图2的对称性可知，当点Q运动至点C、点P运动至点O时，，则，那么，，，由图2可知点，此时点P与点B重合，点Q与点D重合，当点Q在线段运动时，∴，，，∴，解得，，则，那么，为，当时即为图2的点E，，当时，，当点Q在线段运动时，同理可得，，，∴，，则，那么，为，当时，，故选∶B．本题主要考查菱形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理的应用和二次函数的应用，解题的关键是应用动态的思想找到菱形的边长．4．A将抛物线的解析式化为顶点式，根据当时得到，借此判断抛物线的开口及最高点坐标即可得出结论.解：∵，又∵当时．∴∵，抛物线与轴的交点位于最高位置，∴抛物线与轴交点坐标为且开口向下，故选：A ．5．C过作于，过作于，先由四边形是矩形，得到，，再证明，得到，证明，得到，证明，得到，根据，，得到，，，再根据，得到．解：过作于，过作于，∵边长为2的菱形，∴，，，，∴四边形是矩形，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，，，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴∵，∴，，∴，∴，∵，，∴，，，∵，∴，整理得，即当的大小发生变化时，代数式的值不变的是．6．B过点作，交的延长线于点，证明，求出，分别证明，得出，，得出，根据三角形面积公式可求出．解：过点作，交的延长线于点，如图，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴（负值舍去），∵，∴，∵，，∴；在和中，，∴，∴；在和中，，∴∴，∴，∴．7．C根据图可知，当时，，当时，点运动到点；当时，此时，利用勾股定理求出、，取的中点，连接，过点作于点，证明，进而得到，，利用勾股定理求出，最后再利用进行判断即可．解：由图可知：当时，，即，或（舍去），当时，达到最大值，且为第一段图象的终点，说明点运动到点，，此时，当时，即，取得最小值，此时，在中，由勾股定理得：，，故选项错误；，，，在中，由勾股定理得：，，故选项错误；取的中点，连接，∵点为的重心，∴点在中线上，且 ，，，，过点作于点，，，，，，，，，在中，由勾股定理得：，故选项正确；∵，，∴，故选项错误．8．D根据正方形的性质以及已知条件得到，再根据三角形内角和定理得到，根据余弦和正切的定义求出，然后根据线段的和差求出，再解直角三角形求出，最后求得即可．解：正方形，，，，，，，，，，，．9．B根据图2可得的长度为，可得；画出时的图形，计算的面积即可；根据题意可得当时，的面积最大；画出时的图形，计算和的面积即可．解：根据函数图象可得的长度为，，，故A正确；当时，如图，则，，，，为等腰直角三角形，，，，即时，，∴点不在函数图象上，故B错误；可得当时，的面积最大，此时，，故C正确；当时，如图，则，，，，即当时，，故D正确．10．B先利用等腰三角形内角和定理计算和的度数．根据作图知，所以是等腰三角形，可推导、的度数．因为是的垂直平分线，所以，是等腰三角形，可推导相关角的度数．针对每个选项，结合上述推导的角度、线段关系，利用等腰三角形判定、角平分线定义、三角形内角和、三角形面积公式等逐一分析判断．解：∵，，∴．由作图，，∴，∴，，∴，且．由作图，到、的距离都等于，∴是的垂直平分线，∴，∴．选项A：∵，∴，∴不平分，故A错误．选项B：∵，，∴，∴，故B正确．选项C：∵，，，∴，故C错误．选项D：和同高，面积比等于底，由计算得，因此，D错误．11．D本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关运算，设，运用圆周角定理得，利用勾股定理表示出，故，同理得，结合圆周角性质和三角函数建立方程求解，即可作答．解：设，，，，，，由图可知共线且在上，为直径，，在中，，在中，，①，在和中，，即 ②将②代入①得：，解得，即，∵弧弧作于，，在中，，在中，，即，，，，解得．12．C延长交于点，先求出，然后证明，再证明，则，最后证明，即可等量代换求解．解：延长交于点，由“赵爽弦图”可得，四边形为正方形，∴，，，，，∵点M是的中点，∴∴∵，∴，∴，∴∴∴∴，∴，∴，∵∴，∴∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴．13．A先求出点A的坐标，进而求出直线的关系式，可得点D，E的坐标，再根据特殊角的三角函数值求出点F的坐标，然后求出直线的关系式，最后将两个函数关系式联立求出答案即可．解：∵点A在双曲线的图象上，且横坐标为1，∴，∴点．设直线的关系式为，且经过点，，得，解得，∴直线的关系式为，当时，，当时，，∴点，∴，∴，．在中，，在中，，解得，∴，∴点．设直线的关系式为，且经过点，，得，解得，∴直线的关系式为，将两个函数关系式联立，得，解得（舍去）或，当时，，∴点．14．C本题主要考查垂径定理、圆的切线的性质、相似三角形的性质及判定圆周角定理的推论等，根据垂径定理容易求，然后证明，可求得．如图所示，连接．因为是的直径，，所以垂直平分线段，．所以，．所以．因为是的切线，所以．所以．又因为．所以．所以．所以．故选：C15．D设，根据正方形和矩形的性质可得，可证明，，则，再由可得答案．解：设，∵四边形是矩形，∴，∵四边形和四边形都是正方形，∴，∴，∴，∴；∵，，∴；∵，∴，∴，∵，∴，∴若要确定图中“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样的面积，只需知道四边形的面积．16．B连接、、，由翻折可知，、、所在的圆为等圆，且所对的圆周角均为得，进而得，结合等腰三角形性质及三角形外角性质可得，由是 的直径得，可得，代入可得，解方程求得的值即可判断其所在范围．解：如图，连接、、，由翻折可知，、、所在的圆为等圆，且所对的圆周角均为，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵是 的直径，∴，∴，∴，解得，∴所在的范围是．17．A首先，添加辅助线，然后，证得四边形是矩形，四边形是正方形，再由，，，得，接着，证得，得，，最后，证得是的中位线，得，即．解：如图，过点作于点，于点，于点，∵四边形是正方形，E为对角线上一点，∴，，∵，，，∴，，，即，∴四边形是矩形，四边形是正方形，∴，，∵，，∴，∴，即，∴，∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴是的中位线，∴，∴．添加辅助线证得四边形是矩形，四边形是正方形，由，得到，再证得，得，是解决问题的关键．18．A本题利用反比例函数的增减性，根据系数的正负分情况讨论，结合对任意都有的条件，列不等式求解的取值范围即可．解：设，反比例函数为，分两种情况讨论：情况1：，即，得，此时反比例函数的图象在每个象限内随增大而减小．∵对任意，都有，∴小于的最小值，的最小值为，又∵，可得，∵，∴．当时，左边，不等式恒成立，符合条件，当时，两边同乘，得，又∵，∴；情况2：，即，得，此时反比例函数的图象在每个象限内随增大而增大，∵对任意，都有，∴小于的最小值，代入，得，∵，∴，∵，两边同乘，得，与矛盾，∴此情况无解．综上，的取值范围是或．19．C过点作于，过点作，交延长线于，延长，交于，可证明四边形是正方形，是等腰直角三角形，，设，利用平角的定义及直角三角形两锐角互余得出，即可证明，根据相似三角形的性质得出，即可得出，，利用三角形面积公式得出，利用二次函数的性质即可判断与之间函数关系的图象．解：过点作于，过点作，交延长线于，延长，交于，∵，∴四边形是矩形，∵，，∴四边形是正方形，，，∴是等腰直角三角形，，∴，∴，设，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，则，∴，解得：，∴，∴，∵的面积为，∴，∵，，∴与之间函数关系的图象是开口向上的抛物线，且最大值为，与轴交点坐标为，∴C选项符合题意．本题考查 动点问题的函数图象、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质、等腰三角形的判定与性质，正确得出是解题关键．20．B设，由菱形的性质和得，由折叠得,由勾股定理得,，证明四边形是平行四边形，得，，再证明，根据相似三角形的性质可得结论．解：∵四边形是菱形，∴，，，且，∵，∴,设，则，由折叠得,在中，；∴，又四边形是平行四边形，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴．21．B本题考查了动点问题、勾股定理、二次函数、解直角三角形，熟练掌握以上知识点是解题的关键．结合图象可求出的长，过点作交于点，由图2知，点为最高点，当点和点重合时，最大，根据三角函数和勾股定理可求出和，进而判断选项B和选项C；用的值可判断选项A；当，即点和点重合时，有最小值，进而判断选项D．解：由图2可知，当时，，即，∴，∵D是边的中点，∴；∵，即，，，此时，，如图，过点作交于点，则有为等腰三角形，∴，；由图2知，点为最高点，∵当点和点重合时，最大，∴，，∴，∴，整理得，解得或（负值舍去），故选项C错误；∴，，∴，，故选项B正确；∴，故选项A错误；由上图可知，当，即点和点重合时，有最小值，即最小，此时，∴，∴的最小值为，故选项D错误．故选：B ．22．C连接，，，交于点G，连接交于点O，连接，，先证，设，则，由三角形内角和定理得，由菱形对角线互相平分，可得，，再根据，可得，最后利用弧长公式求解．解：如图，连接，，，交于点G，连接交于点O，连接，，由题意知，，，四边形是菱形，，，又，，，设，则，，与的长之比为，，，，菱形中，，，，，，故选：C．本题考查弧长的计算，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，掌握菱形的性质是解题的关键．(共5张PPT)【浙江专用】2026年九年级数学一模真题汇编之压轴选择题 试卷分析二、知识点分布一、单选题1 0.4 动点问题的函数图象；根据矩形的性质求面积；图形运动问题(实际问题与二次函数)2 0.4 折叠问题；等边对等角；三角形的外角的定义及性质；三角形内角和定理的应用3 0.4 动点问题的函数图象；y=ax +bx+c的图象与性质；相似三角形的判定与性质综合；利用菱形的性质求线段长4 0.4 y=ax +bx+c的图象与性质；y=ax +bx+c的最值5 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；利用菱形的性质求线段长6 0.4 相似三角形的判定与性质综合；全等的性质和HL综合（HL）；半圆（直径）所对的圆周角是直角；用勾股定理解三角形二、知识点分布7 0.4 动点问题的函数图象；重心的有关性质；相似三角形的判定与性质综合；用勾股定理解三角形8 0.4 解直角三角形的相关计算；坡度坡比问题(解直角三角形的应用）9 0.4 动点问题的函数图象；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形10 0.4 线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质和判定；三角形内角和定理的应用11 0.4 解直角三角形的相关计算；三线合一；圆周角定理；用勾股定理解三角形12 0.4 解直角三角形的相关计算；根据正方形的性质求面积；等腰三角形的性质和判定；全等三角形的性质13 0.41 反比例函数与几何综合；求一次函数解析式；写出直角坐标系中点的坐标；用勾股定理解三角形14 0.4 利用垂径定理求值；相似三角形的判定与性质综合；半圆（直径）所对的圆周角是直角；切线的性质定理15 0.41 根据矩形的性质求面积；根据正方形的性质求面积16 0.4 等边对等角；圆周角定理；折叠问题；半圆（直径）所对的圆周角是直角二、知识点分布17 0.4 解直角三角形的相关计算；根据正方形的性质求线段长；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）18 0.4 不等式的性质；已知反比例函数的增减性求参数19 0.4 y=ax +bx+c的图象与性质；动点问题的函数图象；相似三角形的判定与性质综合；根据正方形的性质与判定求线段长20 0.4 相似三角形的判定与性质综合；折叠问题；已知正弦值求边长；利用菱形的性质求线段长21 0.4 动点问题的函数图象；解直角三角形的相关计算；用勾股定理解三角形22 0.4 求弧长；等边对等角；三角形内角和定理的应用；利用菱形的性质求线段长 展开更多...... 收起↑ 资源列表 【浙江专用】2026年九年级数学一模真题汇编之压轴选择题 试卷分析.pptx 【浙江专用】2026年九年级数学一模真题汇编之压轴选择题.docx
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