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2021年山东省烟台市莱阳市初四中考模拟数学试题(word版 含答案)

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2021年山东省烟台市莱阳市初四中考模拟数学试题(word版 含答案)

2021年山东省烟台市莱阳市初四中考模拟数学试题 学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________ 一、单选题 1.的相反数是( ) A.2021 B. C. D. 2.2022年冬奥会将在北京举行,以下历届冬奥会会徽是轴对称图形的是( ) A. B. C. D. 3.如图,A、B、C、D是数轴上的四个点,这四个点中最适合表示的点是( ) A.点A B.点B C.点C D.点D 4.三本相同的书叠成如图所示的几何体,它的左视图是( ) A. B. C. D. 5.如图,将纸片绕点C顺时针旋转得到,连接,若,则的度数为( ) A. B. C. D. 6.某品牌汽车公司的销售部对40位销售员本月的汽车销售量进行了统计,绘制成如图所示的扇形统计图,则下列结论错误的是( ) A.这40位销售人员本月汽车销售量的平均数为13 B.这40位销售人员本月汽车销售量的中位数为14 C.这40位销售人员本月汽车销售量的众数为8 D.这40位销售人员本月汽车的总销售量是56 7.把9个数填入方格中,如果满足每个横行、每个竖列和每条对角线上的三个数之和都相等,这样便构成了一个“三阶幻方”,它源于我国古代的“洛书”,如图所示分数值,其中x的值应为( ) x 0 1 A.2 B. C. D. 8.第一次:将点绕原点逆时针旋转得到; 第二次:作点关于轴的对称点; 第三次:将点绕点逆时针旋转得到; 第四次:作点关于轴的对称点…, 按照这样的规律,点的坐标是( ) A. B. C. D. 9.如图,以点O为位似中心,把放大为原图形的2倍得到,以下说法错误的是( ) A.点A,O,三点在同一条直线上 B. C. D. 10.如图,平分正五边形的外角,并与的平分线交于点O,则的度数为( ) A. B. C. D. 11.如图,在菱形中,,,动点Р从点A出发,以每秒3个单位长度的速度向点B运动,直到点B时停止;动点Q同时从点C出发,以每秒2个单位长度的速度向点D运动,当点Р停止运动时,点Q随之停止运动,连接PQ交AC于点H.那么在点P的运动过程中,线段QH的最小值是( ) A. B. C. D. 12.如图,二次函数,反比例函数和一次函数的图象在同一直角坐标系中,交点和,若,则自变量x的取值范围是( ) A. B. C. D. 二、填空题 13.2020年6月23日,我国的北斗卫星导航系统(BDS)星座部署完成,其中一颗中高轨道卫星高度大约是21500000米.将数字21500000用科学记数法表示为______. 14.运用课本上的计算器进行计算,按键顺序如下,则计算器显示的结果是_________. 15.按如图所示的程序计算,若开始输入的值为9,则最后输出的y值是___________. 16.如图,将一块三角板和半圆形量角器按图中方式叠放,三角板的一直角边与量角器的零刻度线所在直线重合,斜边与半圆相切,弧对应的圆心角()为,长为2,则图中扇形的面积是_________. 17.如图,在平面直角坐标系中,菱形在第一象限内,边与轴平行,,两点的纵坐标分别为,,反比例函数的图象经过,两点,菱形的面积为,则的值为________. 18.如图,矩形纸片ABCD,AB=4,BC=8,点M,N分别在矩形的边AD,BC上,将矩形纸片沿直线MN折叠,使点C落在矩形的边AD上,记为点P,点D落在G处,连接PC,交MN于点Q,连接CM.下列结论:①CQ=CD;②四边形CMPN是菱形;③P,A重合时,MN=2;④△PQM的面积S的取值范围是4≤S≤5.其中正确的____________.(把正确结论的序号都填上) 三、解答题 19.先化简,再求值:,其中. 20.某校在第五届全国学生“学宪法 讲宪法”活动中举办了宪法知识竞赛,并从中选取了部分学生的竞赛成绩进行统计(满分100分,成绩均不低于50分),绘制了如下尚不完整的统计图表. 调查结果频数分布表 分数段/分 频数 频率 50≤x<60 2 0.04 60≤x<70 8 0.16 70≤x<80 m 0.24 80≤x<90 24 n 90≤x<100 4 0.08 请根据以上信息,回答下列问题: (1)填空:m=  ,n=  ,本次抽取了  名学生; (2)请补全频数分布直方图; (3)若甲同学的竞赛成绩是所有竞赛成绩的中位数,据此推测他的成绩落在  分数段内; (4)竞赛成绩不低于90分的4名同学中正好有2名男生和2名女生,现准备从中随机选出2名同学参加市里面“学宪法 讲完法”演讲比赛,求正好抽到一男一女的概率. 21.为建设新农村,全面实现“村村亮”,某市在其辖区内的每个村庄都安装了如图1所示的太阳能路灯,图2是该路灯的平面示意图,为立柱的一部分,灯臂,支架与立柱分别交于A,B两点,灯臂与支架交于点C.已知,,求点C到地面的距离.(结果精确到.参考数据:,,) 22.习近平总书记指出:“扶贫先扶志,扶贫必扶智”.某企业扶贫小组准备在春节前夕慰问贫困户,为贫困户送去温暖.该扶贫小组购买了一批慰问物资并安排两种货车运送.据调查得知,2辆大货车与4辆小货车一次可以满载运输700件;5辆大货车与7辆小货车一次可以满载运输1450件. (1)求1辆大货车和1辆小货车一次可以分别满载运输多少件物资? (2)计划租用两种货车共10辆运输这批物资,每辆大货车一次需费用5000元,每辆小货车一次需费用3000元.若运输物资不少于1300件,且总费用不超过46000元.请你指出共有几种运输方案,并计算哪种方案所需费用最少,最少费用是多少? 23.如图,点A、B、C分别是⊙O上的点, CD是⊙O的直径,P是CD延长线上的一点,AP=AC. (1)若∠B=60°,求证:AP是⊙O的切线; (2)若点B是弧CD的中点,AB交CD于点E,CD=4,求BE·AB的值. 24.如图1,在正方形中,点E是边上的一个动点(点E与点A,B不重合),连接,过点B作于点G,交于点F. (1)求证:; (2)如图2,当点E运动到的中点时,连接,求证:; 25.如图,在平面直角坐标系中,抛物线与y轴交点为,对称轴为,点P为第一象限中抛物线上的点,A、B分别为x轴,y轴上点,且四边形是正方形. (1)求抛物线解析式; (2)若点M为y轴正半轴上的点,与x轴相切,与边交于点C,过点C作的切线与边交于点D,将沿对折得到; ①如图1,是否存在点M,使得四边形为平行四边形,若存在请求出的面积,若不存在请说明理由; ②如图2,当点恰好落在上时,求点M坐标. 参考答案 1.D 【分析】 先求绝对值,再求相反数即可. 【详解】 解:,的相反数是; 故选:D. 【点睛】 本题考查了绝对值和相反数,解题关键是熟练运用绝对值和相反数的意义进行计算. 2.C 【分析】 直接根据轴对称图形的概念分别解答得出答案. 【详解】 A、不是轴对称图形,不合题意; B、不是轴对称图形,不合题意; C、是轴对称图形,符合题意; D、不是轴对称图形,不合题意. 故选C. 【点睛】 本题考查的是轴对称图形的概念.轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分折叠后可重合. 3.C 【分析】 先估算出﹣1的范围,再根据点的位置得出即可. 【详解】 解:∵32=9,3.52=12.25, ∴3<<3.5, ∴2<﹣1<2.5, ∴四个点中最适合表示的是点C, 故选:C. 【点睛】 本题考查了估算无理数的大小和数轴,能估算出的范围是解此题的关键. 4.A 【分析】 根据左视图的定义进行判断即可. 【详解】 从左面看,三本书的宽度相同,重叠在一起,则A选项符合题意, 故选:A. 【点睛】 本题考查几何体的三视图,理解三视图的定义,灵活利用空间想象是解题关键. 5.B 【分析】 根据旋转角,求得∠DA′C的度数,然后在等腰△ACA′中利用等边对等角求得∠AA′C的度数,即可求解. 【详解】 解:若AC⊥A′B′,垂足为D,由旋转可知,∠DCA′=40°,CA=CA′, ∵AC⊥A′B′, ∴∠DA′C=90°﹣∠DCA′=90°﹣40°=50°. ∵CA=CA′, ∴∠CAA′=∠CA′A=(180°﹣∠DCA′)=×(180°﹣40°)=70°, ∴∠AA′B′=70°﹣50°=20°. 故选:B. 【点睛】 本题考查了旋转的性质,等腰三角形的性质,三角形内角和定理等知识,熟练掌握旋转的性质是本题的关键. 6.D 【分析】 根据平均数、中位数、众数的定义解答. 【详解】 解:销售8辆的人数=40×40%=16(人), 销售14辆的人数=40×15%=6(人), 销售16辆的人数=40×20%=8(人), 销售18辆的人数=40×25%=10(人), (辆) ∵一共有40人, ∴处在中间的两个数分别为第20位和第21位 ∴处在中间的两数分别为14辆和14辆,所以中位数为14, 又∵8辆的人数最多, ∴众数为8, 销售总数量=16×8+6×14+8×16+10×18=520(辆), 故选D. 【点睛】 本题考查了平均数、中位数、众数;熟悉它们的定义是解题的关键. 7.A 【分析】 根据任意一行,任意一列及两条对角线上的数之和都相等,列出方程求解即可. 【详解】 解:如下表示:设第三行,第三列的数字是y x 0 1 y 则,根据任意一行,任意一列及两条对角线上的数之和都相等,可得:, ∴ ∴ ∴, 故选:. 【点睛】 本题考查了一元一次方程的应用,理解“九宫格”满足的条件进而得到等量关系列出方程是解题的关键. 8.B 【分析】 先根据旋转变换和轴对称变换得出、、、、,从而可知每4个点的坐标为一周期循环,据此可得. 【详解】 由题意可知,、、、、, ∴每4个点的坐标为一周期循环, ∵余1, ∴点的坐标与点的坐标一致,为, 故选:B. 【点睛】 本题考查了作图-轴对称、旋转变换、找规律等知识,解题的关键是掌握旋转变换和轴对称变换的定义和性质,并找出规律. 9.C 【分析】 根据位似的性质对各选项进行判断. 【详解】 解:∵点O为位似中心,把△ABC中放大到原来的2倍得到△A'B'C', ∴△ABC∽△A'B'C',AB∥A′B′ ∴,点A,O,三点在同一条直线上. ∴,则C错误 故选:. 【点睛】 本题考查了位似变换:如果两个图形不仅是相似图形,而且对应顶点的连线相交于一点,对应边互相平行,那么这样的两个图形叫做位似图形,这个点叫做位似中心.位似的性质:两个图形必须是相似形;对应点的连线都经过同一点;对应边平行(或共线). 10.B 【分析】 根据正五边形的性质分别解得正五边形的每个内角、每个外角的度数,结合角平分线的性质得到,,接着由四边形的内角和为360°解得,最后由邻补角定义解题即可. 【详解】 解:平分正五边形的外角, 平分, , 正五边形中, , , 故选:B. 【点睛】 本题考查正多边形的内角和与外角和,涉及角平分线的性质等知识,是重要考点,难度较易,掌握相关知识是解题关键. 11.B 【分析】 由CQ//AP得到△CQH∽△APH,得QH:PH=2:3,进而得QH=PQ,再求PQ的最小值,即当PQ与菱形ABCD的高相等时PQ最小,根据面积求出菱形的高即PQ的最小值,从而得出QH的最小值. 【详解】 解:在菱形ABCD中,CD//AB, ∴CQ//AP, ∴△CQH∽△APH; 设点P运动的时间为t(秒),则CQ=2t,AP=3t, ∴, ∴QH=PQ; 当PQ⊥CD时,即当PQ与菱形ABCD的高相等时,PQ的长最小, 设菱形ABCD的高为h, ∵∠COD=90°,DO=BD=8,CO=AC=6, ∴, ∴10h=×12×6, 解得h=, ∴QH最小=, 故选:B. 【点睛】 此题应用的知识有菱形的性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理及平行线间的距离等,方法主要是面积法,难度中等. 12.C 【分析】 根据函数图像作答即可. 【详解】 解:根据二次函数,反比例函数和一次函数的图象在同一直角坐标系中,并交于点,和, 当时, 由函数图像可知, 故选:C. 【点睛】 本题考查反比例函数的图象、一次函数的图象、二次函数的图象,解答本题的关键是明确题意,利用数形结合的思想解答. 13. 【分析】 对于一个绝对值较大的数,用科学记数法写成a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n是比原整数位数少1的数. 【详解】 解:21500000=. 故答案为:. 【点睛】 此题考查了科学记数法的表示方法,科学记数法的表示形式为a×10n的形式,其中1≤|a|<10,n为整数,表示时关键要正确确定a的值以及n的值. 14.-1 【分析】 根据计算器的按键代表的运算可得答案. 【详解】 解: 故答案为: 【点睛】 本题考查的是计算器的使用,掌握使用计算器是解题的关键. 15. 【分析】 根据已知判断每一步输出结果即可得到答案. 【详解】 解:由所示的程序可得:9的算术平方根是3,3是有理数,取3的平方根,是无理数,输出为y, ∴开始输入的x值为9,则最后输出的y值是. 故答案为:. 【点睛】 本题考查实数的分类及运算,判断每步计算结果是否为无理数是解题的关键. 16. 【分析】 求出∠OBC的度数,根据含30°角的直角三角形的性质求出OB,根据扇形的面积公式求出答案即可. 【详解】 解:∵∠AOB=120°,∠ACB=90°, ∴∠OBC=∠AOB-∠ACB=30°, ∵OC=2, ∴OB=2OC=4, ∵∠AOB=120°, ∴图中扇形AOB的面积是=, 故答案为:. 【点睛】 本题考查了含30°角的直角三角形的性质和扇形的面积计算,能求出OB的长是解此题的关键. 17.4 【分析】 过点A作BC的垂线交CB的延长线于点E,先由菱形ABCD的面积求出菱形的边长,再求出BE=3,设点A(m,4),则点B(m+3,1),将点A、B的坐标代入反比例函数表达式即可. 【详解】 解:过点A作BC的垂线交CB的延长线于点E, 菱形ABCD的面积为=AE×BC=9, 即(4-1)×BC=9,则BC=3 =AB, 在Rt△ABE中,AE=3,AB=3,则BE=3, 设点A(m,4),则点B(m+3,1), 将点A、B的坐标代入反比例函数表达式得:k=4m=m+3, 解得:m=1,k=4, 故答案为4. 【点睛】 本题考查反比例系数k的几何意义,能通过菱形面积计算菱形的边长是解题的关键. 18.②③④ 【分析】 先判断出四边形CNPM是平行四边形,再根据翻折的性质可得CN=NP,然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明,判断出②正确;假设CQ=CD,得Rt△CMQ≌△CMD,进而得∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°,这个不一定成立,判断①错误;点P与点A重合时,设BN=x,表示出AN=NC=8?x,利用勾股定理列出方程求解得x的值,进而用勾股定理求得MN,判断出③正确;当MN过D点时,求得四边形CMPN的最小面积,进而得S的最小值,当P与A重合时,S的值最大,求得最大值即可. 【详解】 解:如图1, ∵PM∥CN, ∴∠PMN=∠MNC, ∵∠MNC=∠PNM, ∴∠PMN=∠PNM, ∴PM=PN, ∵NC=NP, ∴PM=CN, ∴四边形CNPM是平行四边形, ∵CN=NP, ∴四边形CNPM是菱形,故②正确; ∴CP⊥MN,∠BCP=∠MCP, ∴∠MQC=∠D=90°, ∵CM=CM, 若CQ=CD,则Rt△CMQ≌Rt△CMD(HL), ∴∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°,这个不一定成立,故①错误; 点P与点A重合时,如图2所示: 设BN=x,则AN=NC=8?x, 在Rt△ABN中,AB2+BN2=AN2, 即42+x2=(8?x)2, 解得x=3, ∴CN=8?3=5,AC===, ∴CQ=AC=, ∴QN==, ∴MN=2QN=.故③正确; 当MN过点D时,如图3所示: 此时,CN最短,四边形CMPN的面积最小,则S最小为S=S菱形CMPN=×4×4=4, 当P点与A点重合时,CN最长,四边形CMPN的面积最大,则S最大为S=×5×4=5, ∴4≤S≤5,故④正确. 故答案为:②③④. 【点睛】 此题是四边形综合题,主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用,熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键. 19.,-1. 【分析】 先利用完全平方公式化简第一个分母,结合分式的加减法,通分计算小括号内的式子,再结合分式的乘除法法则计算解题,最后再根据分式的加减法计算化简,最后利用整体代入法解题即可. 【详解】 解:原式 ∵, ∴, 原式. 【点睛】 本题考查分式的混合运算、涉及完全平方公式、分式的化简求值等知识,是重要考点,难度较易,掌握相关知识是解题关键. 20.(1)50,0.48;(2)图见解析;(3)80≤x<90;(4). 【分析】 (1)由50≤x<60的频数及频率得出被调查的总人数,再根据频率频数总人数可得、的值; (2)根据所求的值即可补全图形; (3)根据中位数的概念求解可得; (4)根据概率的求法求解即可. 【详解】 解:(1)被调查的总人数为(人, ,, 故答案为:50,0.48; (2)补全频数分布直方图如下: (3)这50个数据的中位数是第24、25个数据的平均数,而第24、25个数据均落在80≤x<90, 推断他的成绩在80≤x<90; (4)根据题意,列表得: 男1 男2 女1 女2 男1 男1男2 男1女1 男1女2 男2 男1男1 男2女1 男2女2 女1 男1女1 男2女1 女1女2 女2 男1女2 男2女2 女1女2 故全部可能性有12种,正好抽到一男一女的有8种, ∴(正好抽到一男一女). 【点睛】 本题考查了频数分布直方图和概率的求法,熟悉相关性质是解题的关键. 21.. 【分析】 过点C作于点D, 由题意解得,在中,由正切定义解得,在中,由正切定义解得,继而解得,由此解题即可. 【详解】 解:如图,过点C作于点D, 则, ∵,, ∴, 在中,, ∴, 在中,, ∴, ∴, ∴, ∴, 答:点C到地面的距离约为. 【点睛】 本题考查解直角三角形的应用,涉及正切,是重要考点,难度较易,掌握相关知识是解题关键. 22.(1)1辆大货车一次满载运输150件物资,1辆小货车一次满载运输100件物资;(2)共有3种运输方案.当有6辆大货车,4辆小货车时,费用最少,最少费用为42000元 【分析】 (1)设1辆大货车一次满载运输x箱物资,1辆小货车一次满载运输y箱物资,由“2辆大货车与4辆小货车一次可以满载运输700件;5辆大货车与7辆小货车一次可以满载运输1450件”可列方程组,解方程组即可; (2)设有a辆大货车,辆小货车,由“运输物资不少于1300件,且总费用不超过46000元”可列不等式组,可求整数a的值,继而即可求解. 【详解】 解:(1)设1辆大货车一次满载运输x箱物资,1辆小货车一次满载运输y箱物资, 由题意可得:, 解得:, 答:1辆大货车一次满载运输150件物资,1辆小货车一次满载运输100件物资. (2)设有a辆大货车,辆小货车, 由题意可得: ∴, ∴整数; 设总费用为w元 ∵, ∴w随a的增大而增大, ∴当时,元. 答:共有3种运输方案.当有6辆大货车,4辆小货车时,费用最少,最少费用为42000元. 【点睛】 本题考查一元一次不等式组的应用,列二元一次方程组解决实际问题的运用,解题的关键是求出两种货车的载货量. 23.(1)证明见解析;(2)8. 【详解】 (1)求出∠ADC的度数,求出∠P、∠ACO、∠OAC度数,求出∠OAP=90°,根据切线判定推出即可; (2)求出BD长,求出△DBE和△ABD相似,得出比例式,代入即可求出答案. 试题解析:连接AD,OA, ∵∠ADC=∠B,∠B=60°, ∴∠ADC=60°, ∵CD是直径, ∴∠DAC=90°, ∴∠ACO=180°-90°-60°=30°, ∵AP=AC,OA=OC, ∴∠OAC=∠ACD=30°,∠P=∠ACD=30°, ∴∠OAP=180°-30°-30°-30°=90°, 即OA⊥AP, ∵OA为半径, ∴AP是⊙O切线. (2)连接AD,BD, ∵CD是直径, ∴∠DBC=90°, ∵CD=4,B为弧CD中点, ∴BD=BC=, ∴∠BDC=∠BCD=45°, ∴∠DAB=∠DCB=45°, 即∠BDE=∠DAB, ∵∠DBE=∠DBA, ∴△DBE∽△ABD, ∴, ∴BE?AB=BD?BD=. 考点:1.切线的判定;2.相似三角形的判定与性质. 24.(1)见解析;(2)见解析 【分析】 (1)根据ASA证明△ABF≌△BCE,即可证得AF=BE; (2)先判断出DP∥BF,进而判断出PD是CG的垂直平分线,即可得出结论; 【详解】 (1)证明:∵BF⊥CE, ∴∠CGB=90°, ∴∠GCB+∠CBG=90, ∵四边形ABCD是正方形, ∴∠CBE=90°=∠A,BC=AB, ∴∠FBA+∠CBG=90, ∴∠GCB=∠FBA, 在△ABF和△BCE中, , ∴△ABF≌△BCE(ASA), ∴AF=BE; (2)∵四边形是正方形, ∴AD//BC,AD=BC=AB, 如图,取的中点P,连接交于点H, ∴, ∵点E是的中点, ∴, 由(1)知, ∴, ∴, ∵, ∴四边形为平行四边形, ∴DP∥BF, ∵点E是的中点, ∴点H是CG中点, 又BF⊥CG, ∴PD⊥CG, ∴PD是CG的垂直平分线, ∴DC=DG; 【点睛】 本题考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,线段的中垂线定理,三角形的中位线定理,掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题的关键. 25.(1);(2)①存在,平行四边形面积为;② 【分析】 (1)利用待定系数法以及对称轴公式求解即可; (2)①如图1中,设存在点M(0,t),使得四边形OMCP是平行四边形,因为点P在第一象限中的抛物线上,点A,B分别在x轴、y轴上,且四边形OAPB是正方形,设P(m,n),则有PA⊥x轴,PB⊥y轴,且PA=PB=OA=OB,推出m=n可得,解得m=4,推出P(4,4),再利用勾股定理求出t的值,可得结论;②如图2中,当点P恰好落在⊙M上时,设M(0,n),过点M作ME⊥CP'于E,连接MP',根据CB=CE,构建方程求出n,即可解决问题. 【详解】 解:(1)∵抛物线与y轴交点为, ∴, ∵对称轴, ∴, ∴抛物线的解析式为; (2)①如图1中,设存在点,使得四边形是平行四边形, ∵⊙M与x轴相切, ∴, ∵四边形为平行四边形, ∴,且, ∴轴, ∵设, 由题意得,解得, ∴, ∵四边形是正方形, ∴, ∵, ∴,, ∴, ∵, 在中,, ∴, 解得或(不合题意,舍去), ∴, ∵,且, ∴, 故存在,使四边形是平行四边形,面积为; ②如图2中,当点P怡好落在⊙M上时,设, 过点M作于E,连接,则有, ∵, ∴, ∵是切线, ∴, ∴, ∵, ∴, ∵四边形是正方形, ∴, ∴, ∵, ∴, ∴, 在中,, ∵, ∴, ∴, ∴, ∴, ∴当点恰好落在⊙M上时,点. 【点睛】 本题属于二次函数综合题,考查了二次函数的性质,平行四边形的性质,切线的性质,解直角三角形,等腰三角形的性质等知识,解题的关键是学会利用参数,构建方程解决问题.

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