《2026年山东省中考试卷精选九年级数学》

9. 如图，二次函数$y=ax^{2}+bx+c$的部分图象与 $x$ 轴的一个交点 $A$ 位于$(-2,0)$和$(-1,0)$之间，顶点 $P$的坐标为$(1,n)$.下列结论：①$abc＜0$；②对于任意实数 $m$，都有$am^{2}+bm-a-b \geqslant 0$；③$3b＜2c$；④若该二次函数的图象与 $x$ 轴的另一个交点为 $B$，且$\triangle PAB$是等边三角形，则$n =-\frac{3}{a}$.其中所有正确结论的序号是(D).

A.①②
B.①③
C.①④
D.①③④

答案：
9.D [解析]本题考查的是二次函数的图象与性质、等边三角形的性质、锐角三角函数的性质. $\because$二次函数$y = ax^2 + bx + c$的图象的开口向下,与$y$轴交于正半轴,对称轴在$y$轴的右侧, $\therefore a ＜ 0$,$b ＞ 0$,$c ＞ 0$, $\therefore abc ＜ 0$,故①符合题意; $\because$顶点P的坐标为$(1,n)$, $\therefore$当$x = 1$时,$n = a + b + c$最大. 当$x = m$时,$y = am^2 + bm + c$, $\therefore a + b + c \geq am^2 + bm + c$, $\therefore am^2 + bm - a - b \leq 0$,故②不符合题意; $\because$二次函数$y = ax^2 + bx + c$的部分图象与$x$轴的一个交点A位于$(-2,0)$和$(-1,0)$之间,对称轴为直线$x = 1$,$\therefore -\frac{b}{2a} = 1$,$a - b + c ＞ 0$, $\therefore a = -\frac{1}{2}b$,$-\frac{1}{2}b - b + c ＞ 0$, $\therefore 3b ＜ 2c$,故③符合题意; 如图,$\triangle PAB$为等边三角形, $\therefore PA = AB = PB$,$PH \perp AB$,$HA = HB$,$\angle PAB = 60°$, $\therefore PH = \tan 60° · AH$. 记A,B的横坐标分别为$x_1$,$x_2$, $\therefore n = \sqrt{3}(x_2 - 1) = \sqrt{3}(1 - x_1)$, $\therefore 2n = \sqrt{3}(x_2 - x_1)$. 当$y = ax^2 + bx + c = 0$时, $x_1 + x_2 = -\frac{b}{a} = 2$,$x_1x_2 = \frac{c}{a}$ $\therefore x_2 - x_1 = \sqrt{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2} = \sqrt{4 - \frac{4c}{a}} = \sqrt{3} · \sqrt{\frac{4a - 4c}{a}} = \sqrt{3} · \sqrt{\frac{3a - 3c}{a}}$ $\because n = a + b + c = c - a$, $\therefore c - a = \frac{\sqrt{3a^2 - 3ac}}{a}$ $\therefore a(a - c) = 3$, $\therefore n = -\frac{\sqrt{3a(a - c)}}{a} = -\frac{3}{a}$,故④符合题意.故选D.

10. 如图，在$\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$AC=BC$，$AD$是角平分线. 点 $E$ 从点 $A$ 出发，沿 $AB$ 方向向点 $B$ 运动，连接 $CE$，点 $F$ 在 $BC$ 上，且$\angle CEF=45^{\circ}$. 设$AE=x$，$FD=y$，若 $y$ 关于 $x$ 的函数图象过点$(0,2-\sqrt{2})$，则该图象最低点的坐标为(B).

A.$(\frac{1}{2}, \frac{3}{2}-\sqrt{2})$
B.$(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{3}{2}-\sqrt{2})$
C.$(\frac{1}{2}, 3-2 \sqrt{2})$
D.$(\frac{\sqrt{2}}{2}, 3-2 \sqrt{2})$

答案：
10.B [解析]本题考查的是勾股定理的应用、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的图象与性质. $\because \angle ACB = 90°$,$AC = BC$,AD是角平分线,$\therefore \angle CAB = \angle CBA = 45°$, $\angle CAD = \angle BAD = 22.5°$. 设$AC = BC = m$, 则$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{2}m$. 如图,在AC上取点Q,使$AQ = DQ$, $\therefore \angle QAD = \angle QDA = 22.5°$, $\therefore \angle CQD = 45° = \angle CDQ$, $\therefore CQ = CD = \frac{\sqrt{2}}{2}QD = \frac{\sqrt{2}}{2}AQ$, $\therefore \sqrt{2}CQ + CQ = m$, 解得$CD = CQ = (\sqrt{2} - 1)m$. $\because \angle CEF = 45° = \angle CAB$,$\angle CEF + \angle BEF = \angle ACE + \angle CAE$, $\therefore \angle BEF = \angle ACE$, $\therefore \triangle ACE \sim \triangle BEF$,$\therefore \frac{AC}{BE} = \frac{AE}{BF}$,即 $\frac{m}{\sqrt{2}m - x} = \frac{x}{BF}$,即$BF = \frac{(\sqrt{2}m - x)x}{m}$ $\therefore DF = y = m - (\sqrt{2} - 1)m - \frac{(\sqrt{2}m - x)x}{m} = (2 - \sqrt{2})m - \frac{(\sqrt{2}m - x)x}{m}$ $\because y$关于$x$的函数图象过点$(0,2 - \sqrt{2})$, $\therefore (2 - \sqrt{2})m = 2 - \sqrt{2}$,解得$m = 1$, $\therefore y = 2 - \sqrt{2} - (\sqrt{2} - x)x = x^2 - \sqrt{2}x + 2 - \sqrt{2}$, 当$x = -\frac{-\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$时,$y = \frac{3}{2} - \sqrt{2}$, $\therefore$该图象上最低点的坐标为$(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{3}{2} - \sqrt{2})$.故选B.

11. 2025 年 2 月 2 日是第 29 个“世界湿地日”，主题是“保护湿地 共筑未来”.国家林草局公布的最新数据显示，全国湿地面积稳定保持在 56350000 公顷以上.将数据 56350000 用科学记数法表示为 $5.635 × 10^7$.

答案： 11.$5.635 × 10^7$ [解析]本题考查了科学记数法的表示方法. 依题意,得$56350000 = 5.635 × 10^7$.

12. 实数$3 \sqrt{2}$的整数部分为 4

答案： 12.4 [解析]本题考查了估算无理数的大小,熟练掌握无理数的估算方法是解题的关键. $\because 3\sqrt{2} = \sqrt{18}$,$16 ＜ 18 ＜ 25$, $\therefore 4 ＜ \sqrt{18} ＜ 5$. 故$3\sqrt{2}$的整数部分为4. 素养考向 带有根号的正的无理数,估值的方法就是比较大小的方法,被开方数越大,无理数越大,一般选择完全平方数作为比较对象.我们在解题过程中常常要对某些特定的数据、物体进行初步估计,以明确探求目标,然后再根据题意进一步缩小取值范围,直至问题完全解决,这种思维方法叫做估值法.它是一种很有实用价值的解题方法,若灵活加以运用,就能使问题化繁为简,化难为易.

13. 因式分解：$2x^{2}-12xy+18y^{2}=$$2(x - 3y)^2$

答案： 13.$2(x - 3y)^2$ [解析]本题考查了因式分解. $2x^2 - 12xy + 18y^2 = 2(x^2 - 6xy + 9y^2) = 2(x - 3y)^2$. 易错警示 把一个多项式化为几个整式的积的形式,这种变形叫做把这个多项式因式分解.因式分解的步骤:先提公因式,再用公式法,最后检查结果,可以简化为六个字“一提二套三查”;结果要求以积的形式表示,分解到不能再分解为止.以上是因式分解的定义和结果要求,注重六个字的运用,否则容易分解不到位,出现错误.

14. 如图，正六边形 $ABCDEF$ 的边长为 4，中心为点 $O$，以点 $O$ 为圆心，以 $AB$ 长为半径作圆心角为 120°的扇形，则图中阴影部分的面积为 $\frac{16\pi}{3} - 8\sqrt{3}$.

答案：
14.$\frac{16\pi}{3} - 8\sqrt{3}$ [解析]本题考查了正六边形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、扇形的面积计算、三角形全等的判定和性质. 如图,连接OA,OE,OF,过点O作$OM \perp AF$于点M,如图所示. $\because$六边形ABCDEF为正六边形, $\therefore OA = OE = OF$,$\angle AOF = \angle EOF = \frac{360°}{6} = 60°$,$\angle BAF = 120°$, $\therefore \triangle OAF$和$\triangle OEF$为等边三角形, $\angle AOE = 60° + 60° = 120°$, $\therefore \angle OEF = \angle OAF = 60°$. $\because OM \perp AF$, $\therefore AM = FM = \frac{1}{2}AF = 2$, $\therefore OM = \sqrt{4^2 - 2^2} = 2\sqrt{3}$, $\therefore S_{\triangle OAF} = \frac{1}{2}AF · OM = \frac{1}{2} × 4 × 2\sqrt{3} = 4\sqrt{3}$. $\because \angle BAF = 120°$, $\therefore \angle OAG = 120° - 60° = 60°$, $\therefore \angle OAG = \angle OEH$, $\therefore \angle GOA + \angle AOH = \angle AOH + \angle EOH = 120°$,$\therefore \angle GOA = \angle EOH$, $\therefore \triangle GOA \cong \triangle HOE$(ASA), $\therefore S_{\triangle GOA} = S_{\triangle HOE}$, $\therefore S_{\triangle GOA} + S_{四边形AOHF} = S_{\triangle HOE} + S_{四边形AOHF}$, $\therefore S_{五边形AGOHF} = S_{四边形AOEF} = 2S_{\triangle AOF} = 8\sqrt{3}$, $\therefore S_{阴影} = S_{扇形} - S_{五边形AGOHF} = \frac{120\pi × 4^2}{360} - 8\sqrt{3} = \frac{16\pi}{3} - 8\sqrt{3}$.

15. 如图，在平面直角坐标系中，点 $P$ 的坐标为$(6,\frac{3}{2})$，$\triangle ABC$的顶点 $A$ 的坐标为$(4,3)$. 以点 $P$ 为位似中心作$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$与$\triangle ABC$位似，相似比为 2，且与$\triangle ABC$位于点 $P$ 同侧；以点 $P$ 为位似中心作$\triangle A_{2}B_{2}C_{2}$与$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$位似，相似比为 2，且与$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$位于点 $P$同侧……按照以上规律作图，点$A_{3}$的坐标为 $(-10,\frac{27}{2})$.

答案： 15.$(-10,\frac{27}{2})$ [解析]本题考查了位似变换、图形的变化规律. 设直线AP的解析式为$y = kx + b$, 则$\begin{cases}6k + b = \frac{3}{2} \\4k + b = 3 \end{cases}$解得$\begin{cases}k = -\frac{3}{4} \\b = 6 \end{cases}$, 则直线AP的解析式为$y = -\frac{3}{4}x + 6$,$AP = \sqrt{(6 - 4)^2 + (\frac{3}{2} - 3)^2} = \frac{5}{2}$. 由题意,得$A_1P = 2AP = 5$,$A_2P = 2A_1P = 10$,$A_3P = 2A_2P = 20$. 设$A_3$的坐标为$(m,-\frac{3}{4}m + 6)$, 则$(m - 6)^2 + (-\frac{3}{4}m + 6 - \frac{3}{2})^2 = 20^2$,解得$m_1 = -10$,$m_2 = 22$(舍去),当$m = -10$时,$-\frac{3}{4}m + 6 = \frac{27}{2}$, $\therefore$点$A_3$的坐标为$(-10,\frac{27}{2})$.

16. 如图，在菱形 $ABCD$ 中，$\angle BAD=60^{\circ}$，对角线 $AC=6 cm$. 点 $M$ 从点 $A$ 出发，沿 $AC$ 方向以 $1 cm/s$的速度向点 $C$ 运动，同时，点 $N$ 从点 $C$ 出发，沿 $CD$ 方向以$\sqrt{3} cm/s$的速度向点 $D$ 运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接 $AN$，$DM$ 交于点 $P$.在此过程中，点 $P$ 的运动路径长为$\frac{2\sqrt{3}\pi}{3}$$ cm$.

答案：
16.$\frac{2\sqrt{3}\pi}{3}$ [解析]本题考查了菱形的性质、圆周角定理的应用、圆的确定、三角函数的应用、弧长的计算. 如图,连接BD交AC于J. $\because$在菱形ABCD中,$\angle BAD = 60°$,对角线$AC = 6cm$, $\therefore \angle DAC = 30° = \angle DCA$, $AJ = CJ = 3cm$, $\therefore DJ = BJ = AJ · \tan 30° = \sqrt{3}cm$, $AD = AB = BD = 2\sqrt{3}cm = CD$. 设运动时间为$t$,则$AM = tcm$, $CN = \sqrt{3}tcm$,$\frac{t}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}t}{6}$,即$\frac{AM}{AD} = \frac{CN}{CA}$,$\therefore \triangle ADM \sim \triangle CAN$, $\therefore \angle ADM = \angle CAN$, $\therefore \angle APM = \angle DAP + \angle ADM = \angle DAP + \angle CAN = 30°$, $\therefore \angle APD = 180° - 30° = 150°$. 如图,作等边三角形ADO,以点O为圆心,OD为半径作圆,在$\odot O$上取点K,连接AK,DK, $\therefore OA = OD = AD = 2\sqrt{3}cm$, $\angle AOD = 60°$,$\angle AKD = \frac{1}{2} × 60° = 30°$, $\therefore \angle AKD + \angle APD = 180°$, $\therefore P$在$\odot O$上,且在弧AD上, $\rightarrow$圆的内接四边形对角之和为180° $\therefore$在此过程中,点P的运动路径长为$\frac{60\pi × 2\sqrt{3}}{180} = \frac{2\sqrt{3}\pi}{3}(cm)$.

17. (本小题满分 6 分)先化简，再求值：$(2+m+\frac{4}{m-2}) ÷ \frac{m}{3m-6}$，其中$m=(-1)^{2025}$.

答案： 17.[解析]本题考查了分式的化简求值. 解题的关键是根据运算法则来计算. 解:原式$= \frac{m^2 - 4 + 4}{m - 2} ÷ \frac{m}{3(m - 2)} = \frac{m^2}{m - 2} · \frac{3(m - 2)}{m} = 3m$. $\because m = (-1)^{2025} = -1$, $\therefore$原式$= 3 × (-1) = -3$. 易错警示 原式括号中两项通分并利用同分母分式的加减法法则计算,同时利用除法法则变形,约分得到最简结果,把字母的值代入计算即可求出值,选择字母的值时一定要使原分式的所有分母不能为0,尤其注意“÷”后面的整个分式也是分母,避免出错.