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2024--2025学年初中数学中考复习备考模拟试卷
一、单选题
1．的相反数是（ ）
A． B． C．2025 D．
2．如图所示的几何体是由7个大小相同的小立方块搭成，它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
3．为实现“森林回流城市”建设，天府新区打造首个碳汇公园——天府总部商务区城市森林碳汇综合提升项目，该项目占地面积约61000平方米．将数据61000用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
4．下列计算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．某班组织了一场知识竞赛，其中参赛的6名同学得分分别为：72，75，80，78，82，76，则这组数据的中位数是（ ）
A．76 B．77 C．78 D．80
6．如图，已知，添加以下条件仍不能判定的是（ ）
A． B．
C． D．
7．《九章算术·盈不足》载，其文曰：“今有共买物，人出十一，盈八；人出九，不足十二．问人数、物价各几何？”意思为：几个人一起去买东西，如果每人出11钱，就多了8钱；如果每人出9钱，就少了12钱．问一共有多少人？这个物品的价格是多少？设共有x人，物品的价格为y钱，则可列方程组为（ ）
A． B．
C． D．
8．如图，抛物线的部分图象如图所示，抛物线的对称轴是直线，下列结论不正确的是（ ）
A．
B．
C．函数的最大值为
D．关于x的方程没有实数根
二、填空题
9．若a，b为实数，且，则的值为 ．
10．一个袋中装有5个红球4个白球和x个黄球，每个球除颜色外都相同．从中任意摸出一个球，摸到白球的概率为，那么x的值为 ．
11．分式方程的解是 ．
12．如图，已知点A，B，C三点在上，若，，则的长为 ．
13．如图，在中，，按以下步骤作图：
①分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点E和F；
②作直线，分别交，于点D，M；
③连接，以点D为圆心，长为半径画弧，交于点G，连接，则的度数为 ．
14．已知，则 ．
15．若关于x的一元二次方程的两个实数根，满足，且，则k的值为 ．
16．鲁洛克斯三角形又称“圆弧三角形”，是一种特殊三角形，指分别以等边三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形称为鲁洛克斯三角形．如图，先画等边，然后以等边的三个顶点为圆心，以的长为半径画弧，，，若，则这个鲁洛克斯三角形的面积是 ．
17．如图，在矩形中，，，平分交于点E，过点B作交于点F，将直线绕点A逆时针旋转至直线l（旋转角小于），设l交于点G，交于点H，若，则 ．
18．在平面直角坐标系中，设，，令，，定义线段的“投影值”为m，n中的较大者（若，则“投影值”为m）．例如，，因为，，所以线段的“投影值”为6．已知，若点B在第一象限且在直线上，线段的投影值为5，则点B的坐标为 ；若动点C在抛物线上，则线段的“投影值”的最小值为 ．
三、解答题
19．计算：．
20．先化简，再求值：，其中．
21．如图，已知点，是一次函数的图象与反比例函数的图象的两个交点．
(1)求此反比例函数和一次函数的解析式；
(2)根据图象，直接写出不等式的解集．
22．如图，一艘海轮位于灯塔的北偏东方向，距离灯塔海里的处，海轮沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔的南偏东方向上的处，求海轮所在的处与灯塔的距离．（结果精确到海里）【参考数据：，，】
23．（1）解方程：；
（2）解不等式组：．
24．如图，是的弦，经过圆心交于点，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求图中阴影部分的面积．
25．某校甲乙两班联合举办了“经典阅读”竞赛，从甲班和乙班各随机抽取名学生．统计这部分学生的竞赛成绩，并对数据（成绩）进行了收集、整理，分析．下面给出了部分信息．
【收集数据】
甲班名学生竞赛成绩：，，，，，，，，，
乙班名学生竞赛成绩：，，，，，，，，，
【分析数据】
班级 平均数 中位数 众数 方差
甲班
乙班
【解决问题】
根据以上信息，回答下列问题：
(1)填空：______，______；
(2)根据题中数据，说明哪个班的成绩更好；
(3)甲班共有学生人，乙班共有学生人，按竞赛规定，分及分以上的学生可以获奖，估计这两个班可以获奖的总人数是多少？
26．如图，抛物线：的图像与轴交于和两点，与轴交于，直线经过点，且与轴交于点，与抛物线交于点，与对称轴交于点．
(1)求抛物线的解析式和点坐标；
(2)在轴上是否存在点，使得以、、为顶点的三角形与相似，若存在，直接写出点的坐标：若不存在，试说明理由．
27．【探究与证明】
【问题情境】宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计，下面我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形．（提示：）
【操作发现】
第一步，在矩形纸片一端，利用图①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平．
第二步，如图②，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平．
第三步，折出内侧矩形的对角线，并把折到图③中所示的处．
第四步，展平纸片，按照所得的点折出，使，则图④中就会出现黄金矩形．
【问题解决】
(1)图③中______（保留根号）；
(2)如图③，判断四边形的形状，并说明理由；
(3)如图④，请证明矩形和矩形是黄金矩形．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B B D B C A D
1．C
本题考查了相反数的定义，理解相反数的定义是解题的关键．
只有符号不同的两个数互为相反数，由此即可求解．
解：的相反数是，
故选：C ．
2．B
本题考查由正方体组成的几何体的三视图，掌握主视图是从正面看到图形是解题的关键．根据从正面看到图形作判断即可．
解：由题意可得：这个几何体的主视图为：

故选B．
3．B
本题考查了科学记数法，根据科学记数法：（，为正整数），先确定的值，再根据小数点移动的数位确定的值即可解答，根据科学记数法确定和的值是解题的关键．
解：，
故选：．
4．D
本题主要考查积的乘方、合并同类项、完全平方公式、平方差公式．根据积的乘方、合并同类项、完全平方公式、平方差公式逐一分析判断即可．
解：A、，故本选项错误；
B、与不是同类项，无法合并，故本选项错误；
C、，故本选项错误；
D、，故本选项正确．
故选：D．
5．B
本题主要考查中位数，将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．将数据排序，进而根据中位数的定义，可得答案．
解：72，75，80，78，82，76，重新排序为：72，75，76， 78，80，82，
即这组数据的中位数是，
故选：B
6．C
根据三角形全等的判定定理，逐一验证即可．
本题考查了三角形全等的判定定理，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
解：∵，
∵
∴，
故A选项正确，不符合题意；
∵，
∵
∴，
故B选项正确，不符合题意；
∵
∴，
故D选项正确，不符合题意；
∵，不符合任何一定判定定理，
无法证明，
故C选项错误，符合题意；
故选：C．
7．A
本题主要考查了二元一次方程的应用，设共有人，物品的价格为钱，根据“每人出11钱，就多了8钱；如果每人出9钱，就少了12钱”列出二元一次方程组即可．理解题意，弄清数量关系是解题关键．
解：设共有人，物品的价格为钱，根据题意得：
．
故选：A．
8．D
本题考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是求解本题的关键．
根据二次函数的图象和性质依次判断即可．
解：∵抛物线开口向下，与轴交于正半轴，
∴，，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴，故A选项正确；
∵对称轴为，
∴根据抛物线的对称性，可知与时的函数值相等，
由图象可知时，，
∴当时，，该B选项正确；
∵抛物线对称轴为，且开口向下，
∴当时，函数取得最大值，
把代入得，即函数的最大值为，
故选C项正确；
∵方程的实数根就是抛物线与直线交点的横坐标，
由图象可知抛物线与直线有两个交点，
∴关于的方程有两个实数根，故选项D不正确；
故选：D．
9．1
本题考查了绝对值、算术平方根和非负数的性质，掌握几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0是解题的关键．据非负数的性质列出方程，求出a、b的值，代入代数式计算即可．
解：由题意得，，，
解得，，，
∴，
故答案为：．
10．3
本题考查了简单的概率计算、分式方程的解，熟练掌握概率公式是解题关键．先求出从袋中任意摸出一个球的所有等可能的结果，再找出从中任意摸出一个球是白球的结果，然后利用概率公式建立方程，解方程即可得．
解：由题意可知，从袋中任意摸出一个球共有种等可能的结果，其中，从中任意摸出一个球是白球的结果有4种，
∵从中任意摸出一个球，摸到白球的概率为，
∴，
解得，
经检验，是所列分式方程的解，
故答案为：3．
11．
解方程后解答即可．
本题考查了解分式方程，熟练掌握解方程是解题的关键．
解：，
去分母，得
去括号，得，
移项，得
合并同类项，得
系数化为1，得，
经检验，是原方程的根，
故答案为：．
12．
根据得到，结合，利用勾股定理解答即可．
本题考查了圆周角定理，勾股定理，熟练掌握定理是解题的关键．
解：根据得到，
由，
故，
故答案为：．
13．
本题考查的是线段的垂直平分线的性质、尺规作图，根据线段的垂直平分线的性质得到，，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．熟知线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
解：由作图可知：是线段的垂直平分线，
，，
，
，
由作图可知：，
，
，
故答案为：．
14．3
本题主要考查了分式的化简求值，利用字母代替数是解题的关键．
由题意可知，代入分式计算化简即可解答．
解：∵，
∴，即，
∴，
故答案为：3．
15．2
根据所给一元二次方程有实数根，得出关于k的不等式，利用一元二次方程根与系数的关系即可解决问题．
本题主要考查了根与系数的关系及根的判别式，熟知一元二次方程根与系数的关系及根的判别式是解题的关键．
解：∵一元二次方程的两个实数根，，且，，
∴，
由是方程的两个根，
则，，
∵，
∴，
∴或（不符合题意，舍去），
∴，
故
解得，符合题意，
故答案为：2．
16．
首先根据等边三角形的性质得出，，再利用扇形公式求出、、，过顶点A作于点D，根据三角函数，求出．最后利用分割法求面积的思想即可求出答案．
本题主要考查不规则图形的面积，等边三角形的性质，勾股定理，掌握等边三角形的性质和扇形面积公式是解题的关键．
解：∵是等边三角形，
∴，，
，
如图，
过顶点A作于点D，
∴，
∴．
∴，
∴勒洛三角形的面积为，
故答案为：．
17．
过点A作于N，过点E作于T，设交于M，先由矩形的性质得到，则可求出，则；由角平分线的性质得到，解得到，则，可得，，求出，解直角三角形可得；由旋转的性质可得，解，得到，则有，可求出，设，则，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
解：如图所示，过点A作于N，过点E作于T，设交于M，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵平分，，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
由旋转的性质可得，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
18．
本题考查新定义，二次函数的应用，根据点B在第一象限且在直线上，设，进而得到线段的投影值为，求出的值，进而得到点坐标，设，得到，，进而得到时，线段的投影值为，时，线段的投影值为，求出时的最小值，即为所求．
解：∵点B在第一象限且在直线上，
∴设，
∵，
∴，，
∵，
∴线段的投影值为，
∴，
∴，
设，
则：，，
当时，线段的投影值为，
当时，线段的投影值为，
当时，解得：或，
∵，
∴当时，线段的投影值最小为，当时，投影值大于，
故线段的“投影值”的最小值为；
故答案为：，．
19．
本题考查了实数的混合运算，涉及二次根式的加减运算，零指数幂和特殊角的三角函数值等，掌握运算法则，正确化简是解题的关键．
分别化简计算乘方，绝对值，特殊角的三角函数值，零指数幂，再进行加减计算．
解：原式
，
．
20．；
本题考查了分式的化简求值，分母有理化，先通分括号内，再运算除法，最后化简原式等于，再代入，进行分母有理化，即可作答．
解：
当时，原式．
21．(1)，
(2)或
本题考查了一次函数与反比例函数综合，熟练掌握反比例函数与一次函数的性质是解题的关键．
（1）将代入反比例函数，待定系数法求得反比例函数解析式，进而求得点的坐标，待定系数法求直线解析式，即可求解；
（2）根据函数图象写出反比例函数在一次函数图象上方的自变量的取值范围，即可求解．
（1）解：∵点在反比例函数的图象上，
∴，
即反比例函数的解析式为：，
把点、的坐标代入，
得：，
解得：，
∴一次函数的解析式为：；
（2）解：根据图象可知，当或时，一次函数的值小于反比例函数的值，
∴不等式的解集为：或．
22．海里
本题考查了解直角三角形；过点作于点．，解，求得，解，即可求解．
解：过点作于点．
由题意可知，，
，．
在中，，，．
．
在中，，．
（海里）．
答：海轮所在的处与灯塔的距离约为海里．
23．（1），（2）
本题考查求一元二次方程，求不等式组的解集：
（1）因式分解法解方程即可；
（2）先求出每一个不等式，找到它们的公共部分即为不等式组的解．
解：（1），
∴，
∴或，
∴，；
（2），
由①得，
由②得．
∴不等式组的解集为．
24．(1)见解析
(2)
本题考查圆的基本性质，切线定理，勾股定理的知识，解题的关键是掌握圆的基本性质，切线定理，勾股定理的应用，即可．
（1）连接，根据，求出，根据，则，即可；
（2）根据，求出，在中，，求出，即可解答．
（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）解：∵是的切线，，
∴，
∴在中，，
即，得，
∴，
∴阴影部分的面积为：．
25．(1)，；
(2)总体乙班成绩比较好，理由见解析；
(3)估计这两个班可以获奖的总人数是人．
本题考查了方差、平均数、中位数、众数，用样本估计总体，掌握数据统计分析方差、平均数、中位数、众数的定义是解题的关键．
（）根据中位数和众数的定义求解即可；
（）根据中位数、众数、平均数、方差的定义和意义求解即可；
（）用总人数分别乘以各班样本中获奖人数所占比例即可．
（1）解：甲班成绩从低到高排列为：，，，，，，，，，，
∴中位数为第，个学生竞赛成绩的平均数，即，
∴，
根据数据可知甲班成绩的众数，
故答案为：，；
（2）解：总体乙班成绩比较好，理由：
∵乙班成绩与甲班成绩的平均数相同，中位数、众数高于甲班；方差小于甲班，代表乙班成绩的集中度比甲好，
∴总体乙班成绩比较好；
（3）解：这两个班可以获奖的总人数为（人），
∴估计这两个班可以获奖的总人数是人．
26．(1)，
(2)或
（1）用待定系数法，将B、C两点的坐标代入二次函数解析式求解，再将一次函数与二次函数的解析式联立方程组并求解，即可得到点E的坐标；
（2）若存在这样的点P，根据相似三角形的判定，与应均为等腰直角三角形，所以有两种可能情况，即，或，由此画出对应的图形并求解，即可得到答案．
（1）、两点均在抛物线上，
，
解得，
抛物线的解析式为，
直线经过点，
，
，
直线的解析式为，
联立方程组，
解得，，
点E的坐标为；
（2）存在点，坐标为或．
理由：若存在这样的点P，使得以、、为顶点的三角形与相似，
如图所示，由于是等腰直角三角形，则存在两种情况，即，或，
当时，，
，
，
点的坐标为；
当时，，
，
，
，
点的坐标为；
所以满足题意的点P的坐标为或．
27．(1)
(2)四边形是菱形，理由见解析
(3)见解析
本题考查了黄金分割，黄金矩形，折叠与矩形的性质，勾股定理，解题的关键是理解题意，掌握黄金分割的定义．
（1）根据四边形是正方形得，由折叠的性质得，，在中，根据勾股定理得即可得；
（2）四边形是菱形，由折叠的性质可知，，，证明四边形为平行四边形，由，即可证明；
（3）根据黄金矩形的定义证明即可得．
（1）解：由题知四边形为正方形，且，
∴，，
又∵矩形与矩形相等，
∴，
∴；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
由折叠的性质可知，，，
又∵四边形为矩形，
∴，则，
∴，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为菱形；
（3）证明：∵，，，
∴，
则，
故四边形为黄金矩形，
∵，，，
∴，
∴，
故四边形为黄金矩形．
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