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2024年广东省梅州市兴宁市大坪中学中考数学一模试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）﹣2024的倒数是（　　）
A．﹣2024 B．2024 C． D．
2．（3分）我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．（3分）函数y中自变量x的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
4．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．2x2 4x2＝8x2 B．x5÷x﹣1＝x4
C．（﹣x4）4＝x16 D．（﹣3x2）3＝﹣9x6
5．（3分）近来华北大部分地区开始出现降雪，小康查看天气预报时发现未来一周的最高温度（单位：℃）为6，3，5，2，4，5，5，则以下数据正确的是（　　）
A．众数是5 B．中位数是2 C．极差是2 D．平均数是4
6．（3分）观察下列尺规作图的痕迹：
其中，能够说明AB＞AC的是（　　）
A．①② B．①④ C．②④ D．③④
7．（3分）关于x的不等式组恰好只有两个整数解，则a的取值范围为（　　）
A．5≤a＜6 B．5＜a≤6 C．4≤a＜6 D．4＜a≤6
8．（3分）如图，烧杯内液体表面AB与烧杯下底部CD平行，光线EF从液体中射向空气时发生折射，光线变成FH，点G在射线EF上，已知∠HFB＝20°，∠FED＝60°，则∠GFH的度数为（　　）
A．20° B．40° C．60° D．80°
9．（3分）如图，AB，BC为⊙O的两条弦，连接OA，OC，点D为AB的延长线上一点，若∠CBD＝62°，则∠AOC的度数为（　　）
A．100° B．118° C．124° D．130°
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在AB、BC上，连接AF，过点E作EG⊥AF交CD于点G，连接FG．若AE＝2BF，∠BAF＝α，则∠EGF一定等于（　　）
A．45°+α B．45°﹣α C．2α D．α
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（3分）因式分解：ac2﹣4ab2＝ 　 　．
12．（3分）若x1、x2是方程x2﹣3x﹣2＝0的两个实数根，则（x1+1）（x2+1）的值为 　 　．
13．（3分）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得∠B＝60°，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线AC＝40，则图（1）中对角线AC的长为 　 　．
14．（3分）如图，已知反比例函数y1（x＜0）和y1（x＜0）的图象分别为C1，C2，A是C1上一点，过点A作AB⊥x轴，垂足为B，AB与C2交于点D．若△AOD的面积为2，则k的值为 　 　．
15．（3分）如图，已知∠MON＝30°，点A1，A2，A3，…在射线ON上，点B1，B2，B3，…在射线OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…均为等边三角形，若OA1＝2，则△A2023B2023A2024的边长为 　 　．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（8分）计算：．
17．（8分）先化简，再求值：，其中m＝2．
18．（8分）某中学依山而建，校门A处有一坡角α＝30°的斜坡AB，长度为30米，在坡顶B处测得教学楼CF的楼顶C的仰角∠CBF＝45°，离B点4米远的E处有一个花台，在E处测得C的仰角∠CEF＝60°，CF的延长线交水平线AM于点D，求DC的长（结果保留根号）．
19．（9分）如图，将矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ACD沿CA方向平移得到△A′C′D′．
（1）证明△A′AD′≌△CC′B；
（2）若∠ACB＝30°，试问当点C′在线段AC上的什么位置时，四边形ABC′D′是菱形，并请说明理由．
20．（9分）我国的教育方针是：教育必须为社会主义现代化建设服务，为人民服务，与生产劳动和社会实践相结合，培养德智体美劳全面发展的社会主义建设者和接班人．为培养德智体美劳全面发展的优秀人才，丰都某中学开展了一系列精品课程，其中有一门课程《研学旅行》开展以来引起广泛关注，九年级2班数学兴趣小组对本班同学对《研学旅行》课的喜欢程度进行了调查，根据收集的数据绘制了两幅不完整的统计图，请根据图中信息，解答下列问题：
（1）九年级2班共有学生 　 　名；
（2）九年级共有学生1200人，根据上述调查结果，估计九年级学生选择D类的大约有多少人？
（3）该校德育处决定从九年级二班调查的A类的4人中，抽2人到八年级开展研学宣讲，若在调查的A类4人中，刚好有2名男生2名女生，用画树状图或列表的方法求抽到的一男一女的概率．
21．（9分）某文具店计划购进A、B两种笔记本，已知A种笔记本的进价比B种笔记本的进价每本便宜3元．现分别购进A种笔记本150本，B种笔记本300本，共计6300元．
（1）求A、B两种笔记本的进价；
（2）文具店第二次又购进A、B两种笔记本共100本，且投入的资金不超过1380元．在销售过程中，A、B两种笔记本的标价分别为20元/本、25元/本．两种笔记本按标价各卖出m本以后，该店进行促销活动，剩余的A种笔记本按标价的七折销售，剩余的B种笔记本按标价的八折销售．若第二次购进的100本笔记本全部售出后的最大利润不少于600元，请求出m的最小值．
22．（12分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝4cm，动点E从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s，以AE为直径作⊙O，与AB交于点D，连接DE．设运动时间为t（s）（0＜t＜2），解答下列问题：
（1）t取何值时，BE平分∠ABC；
（2）设△DCE的面积为y，求y与t的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使CD与⊙O相切？若存在，求出t的值；若不存在说明理由．
23．（12分）如图1，二次函数y＝ax2+2ax+3的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，且OA＝OC．点P为抛物线第二象限上一动点．
（1）直接写出该二次函数的表达式为 　 　；
（2）连接PA、PC、BC，求四边形ABCP面积的最大值；
（3）如图2，连结BP交AC于点H，过点P作y轴的平行线交AC于点Q．当△PQH为等腰三角形时，求出点P的坐标．
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B A C A B A B C B
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．解：∵，
故选：C．
2．解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意．
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意．
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
3．解：由题意得：x+3＞0，
解得x＞3，
故选：A．
4．解：A、原式＝8x4，故本选项不符合题意．
B、原式＝x6，故本选项不符合题意．
C、原式＝x16，故本选项符合题意．
D、原式＝﹣27x6，故本选项不符合题意．
故选：C．
5．解：这组数据中5出现的次数最多，所以众数是5；
将数据重新排列为2，3，4，5，5，5，6，所以中位数是5；
最大数据为6，最小数据为2，所以极差为4；
平均数为（2+3+4+5+5+5+6）；
故选：A．
6．解：如图①中，AT＝AC，
∵点T在线段AB上，
∴AB＞AT，即AB＞AC．
如图④中，
由作图可知，EB＝EC，
∵EA+EC＞AC，
∴EA+EB＞AC，即AB＞AC．
故选：B．
7．解：解2x﹣1≤11得：x≤6，
解x+1＞a得：x＞a﹣1，
故不等式组的解集为：a﹣1＜x≤6，
∵关于x的不等式组恰好只有两个整数解，
∴两个整数为：5，6，
∴4≤a﹣1＜5，
解得：5≤a＜6．
故选：A．
8．解：∵AB∥CD，∠FED＝60°，
∴∠FED＝∠GFB＝60°，
∵∠HFB＝20°，
∴∠GFH＝∠GFB﹣∠HFB＝40°，
故选：B．
9．解：如图，在优弧AC上取点P，连接PA，PC，
∵∠CBD＝62°，
∴∠CPA＝62°，
∴∠AOC＝2∠APC＝124°，
故选：C．
10．解：过点D作DH∥EG交AB于点H，连接AG，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠BAD＝∠CDA＝90°，AB∥CD，
∴∠BAF+∠FAD＝90°，
∵EG⊥AF，DH∥EG，
DH⊥AF，
∴∠ADH+∠FAD＝90°，
∴∠BAF＝∠ADH＝α，
在△ABF和△DAH中，
，
∴△ABF≌△DAH（ASA），
∴AH＝BF，AF＝DH，
∴AE＝AH+HE＝BF+HE，
∵AE＝2BF，
∴BF+HE＝2BF，
∴HE＝BF，
∴AH＝HE＝BF，
∵AB∥CD，DH∥EG，
∴四边形DGEH是平行四边形，
∴HE＝DG，
∴AH＝DG，
在△AHD和△DGA中，
，
∴△AHD≌△DGA（SAS），
∴∠ADH＝∠DAG＝α，DH＝AG，
∴∠FAG＝∠BAD﹣（∠BAF+∠DAG）＝90°﹣2α，
∵AF＝DH，DH＝AG，
∴AF＝AG，
∴∠AFG＝∠AGF（180°﹣∠FAG）＝45°+α，
∵EG⊥AF，
∴∠AGE＝90°﹣∠FAG＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，
∴∠EGF＝∠AGF﹣∠AGE＝45°+α﹣2α＝45°﹣α．
故选：B．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．解：ac2﹣4ab2
＝a（c2﹣4b2）
＝a（c+2b）（c﹣2b）．
故答案为：a（c+2b）（c﹣2b）．
12．解：根据根与系数的关系得x1+x2＝3，x1x2＝﹣2，
∴（x1+1）（x2+1）＝x1x2+x1+x2+1＝x1x2+（x1+x2）+1＝﹣2+3+1＝2．
故答案为：2．
13．解：在正方形ABCD中，∠B＝90°，
∴AB2+CB2＝AC2，
∵AB＝CB，AC＝40，
∴2AB2＝402，
∴AB＝20，
在菱形ABCD中，AB＝CB＝20，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝20，
故答案为：20．
14．解：∵反比例函数和，AB⊥x，
∴，，
∴，
∴|k|＝5，
∵反比例函数图象位于第二象限，
∴k＜0，
∴k＝﹣5，
故答案为：﹣5．
15．解：因为△A1B1A2是等边三角形，
所以∠B1A1A2＝60°，
又因为∠MON＝30°，
所以∠OB1A1＝60°﹣30°＝30°．
所以∠MON＝∠OB1A1，
所以A1B1＝OA1．
又因为OA1＝2，
所以A1B1＝2．
故△A1B1A2的边长为2．
同理可得，
，
故△A2B2A3的边长为22．
，
故△A3B3A4的边长为23．
…，
所以△AnBnAn+1的边长为2n．
当n＝2023时，
△A2023B2023A2024的边长为22023．
故答案为：22023．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．解：
＝2﹣41+2
＝2﹣21+2
＝1．
17．解：原式＝（）

，
当m＝2时，
原式
．
18．解：如图，设点B到AD的距离为BG，
在Rt△ABG中，BG＝ABsin∠BAG＝3015米，
设BF＝x米，则CF＝x米，EF＝（x﹣4）米，
在Rt△CEF中，tan∠CEF，
即，
∴x＝6，
∴CD＝DF+CF＝15+6（21）米．
19．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
△A′C′D′由△ACD平移得到，
∴A′D′＝AD＝CB，AA′＝CC′，A′D′∥AD∥BC．
∴∠D′A′C′＝∠BCA．
∴△A′AD′≌△CC′B．
（2）解：当点C′是线段AC的中点时，四边形ABC′D′是菱形．
理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，△A′C′D′由△ACD平移得到，
∴C′D′＝CD＝AB．
由（1）知AD′＝C′B．
∴四边形ABC′D′是平行四边形．
在Rt△ABC中，点C′是线段AC的中点，
∴BC′AC．
而∠ACB＝30°，
∴ABAC．
∴AB＝BC′．
∴四边形ABC′D′是菱形．
20．解：（1）九年级2班共有学生：4÷10%＝40（名），
故答案为：40；
（2）1200180（人），
答：估计九年级学生选择D类的大约有180人；
（3）画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽到的一男一女的结果有8种，
∴抽到的一男一女的概率为．
21．解：（1）设A种笔记本的进价是x元，B种笔记本的进价是y元，
由题意得：，
解得：．
答：A种笔记本的进价是12元，B种笔记本的进价是15元；
（2）设文具店第二次购进A种笔记本a本，则B种笔记本（100﹣a）本，由题意得：
12a+15（100﹣a）≤1380，
解得a≥40，
依题意有：20m+25m+（a﹣m）×20×0.7+（100﹣a﹣m）×25×0.8﹣12a﹣15（100﹣a）≥600，
解得：m，
∵m为整数，
∴m的最小值为20．
22．解：（1）由题意得：∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝4cm，AE＝2t cm，CE＝（4﹣2t）cm，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE＝90°，
在Rt△ABC中，BC3（cm），
∵∠ADE＝∠ACB＝90°，∠EAD＝∠BAC，
∴△AED∽△ABC，
∴，即，
∴DEt cm，
∵∠BDE＝∠BCE＝90°，
∴当DE＝CE时，BE平分∠ABC，
∴t＝4﹣2t，
解得：t，
∴当t时，BE平分∠ABC；
（2）如图，过点D作DG⊥AC于点G，
∵△AED∽△ABC，
∴，即，
∴ADt cm，
∵DG⊥AE，AD⊥DE，
∴AE DG＝AD DE，即2t DGt t，
∴DGt cm，
∴y＝S△DCECE DG（4﹣2t） tt2t；
（3）存在某一时刻t，使CD与⊙O相切．理由如下：
如图，过点D作DG⊥AC于点G，
由（1）（2）知：AE＝2t cm，OA＝OD＝t cm，OC＝（4﹣t）cm，ADt cm，AGt cm，DGt cm，
∴OG＝AG﹣OAt﹣tt，
∴CG＝OC﹣AG＝4t，
∵DG⊥AC，
∵CD与⊙O相切，
∴∠CDO＝90°，
∴∠DGO＝∠CDO，
∵∠DOG＝∠COD，
∴△ODG∽△OCD，
∴，即，
解得：t，
∴当t时，CD与⊙O相切．
23．解：（1）OA＝OC＝3，
则点A（﹣3，0），
将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝9a﹣6a+3，
解得：a＝﹣1，
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3，
故答案为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图2，
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝x+3，
设点P（m，﹣m2﹣2m+3），则点Q（m，m+3），
则PQ＝﹣m2﹣2m+3﹣m﹣3＝﹣m2﹣3m，
则四边形ABCP面积＝S△ABC+S△ACPAB×COPQ×AO4×3（﹣m2﹣3m）×3（﹣m2﹣3m）+6，
∵0，
故四边形ABCP面积存在最大值，
当m时，四边形ABCP面积的最大值为；
（3）设点P（m，﹣m2﹣2m+3），则点Q（m，m+3），
由点B、P的坐标得，直线BP的表达式为：y＝﹣（m+3）（x﹣1），
联立上式和直线AC的表达式得：﹣（m+3）（x﹣1）＝x+3，
解得：xH，则点H的坐标为：（，3），
由直线AC的表达式知，其和x轴正半轴的夹角为45°，
如果PH＝PQ，则∠PHQ＝45°，则∠QPH＝90°，故PH＝PQ不存在，
则QH（xH﹣xQ）（m），
而PQ＝﹣m2﹣3m，
当PH＝QH时，
则点H在PQ的中垂线上，则yH（yP+yQ），
∴3（﹣m2﹣2m+3+m+3），
解得：m＝﹣3（舍去）或﹣2，
即点P（﹣2，3）；
当PQ＝QH时，即（m）＝﹣m2﹣3m，
解得：m＝﹣3（舍去）或4，
即点P（，67），
综上，点P的坐标为：（﹣2，3）或（，67）．
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