2024年初三中考第一次模拟考试试题：数学（山西卷）（全解全析）

这是一份2024年初三中考第一次模拟考试试题：数学（山西卷）（全解全析），共21页。试卷主要包含了选择题，四象限，解答题等内容，欢迎下载使用。

第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．的相反数是（ ）
A．8B．－8C．D．
【答案】D
【解析】解：的相反数是，
故选：D．
2．观察下列图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：第一个图案是轴对称图形，不是中心对称图形，故此图案不符合题意；
第二个图案是轴对称图形，也是中心对称图形，故此图案符合题意；
第三个图案是轴对称图形，不是中心对称图形，故此图案不符合题意；
第四个图案不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此图案不符合题意．
故选：B．
3．下列运算正确的是（ ）
A．a3•a2＝a6B．（ab3）2＝a2b6
C．（a﹣b）2＝a2﹣b2D．（a+b）（﹣a﹣b）＝a2﹣b2
【答案】B
【解析】解：a3•a2＝a5，故选项A错误，不符合题意；
（ab3）2＝a2b6，故选项B正确，符合题意；
（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，故选项C错误，不符合题意；
（a+b）（﹣a﹣b）＝﹣a2﹣2ab﹣b2，故选项D错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键，注意完全平方公式的应用．
4．“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”这是清朝袁枚所写五言绝句《苔》，这首咏物诗启示我们身处逆境也要努力绽放自己，要和苔花一样尽自己所能实现人生价值．苔花也被称为“坚韧之花”．袁枚所写的“苔花”很可能是苔类孢子体的苞荫，某孢子体的苞荫直径约为0.0000084m，将数据0.0000084用科学记数法表示为8.4×10n，则n的值是（ ）
A．6B．﹣7C．﹣5D．﹣6
【答案】D
【解析】解：0.0000084＝8.4×10﹣6，
则n＝﹣6，故选：D．
5．如图，是一个底部呈球形的蒸馏瓶，球的半径为6cm，瓶内液体的最大深度CD＝3cm，则截面圆中弦AB的长为（ ）
A．B．C．D．8cm
【答案】C
【解析】解：由题意得：OC⊥AB，
∴AC＝BC＝AB，∠OCA＝90°，
∵OA＝OD＝6cm，CD＝3cm，
∴OC＝OD﹣CD＝6﹣3＝3（cm），
在Rt△OAC中，由勾股定理得：AC＝＝＝3（cm），
∴AB＝2AC＝6（cm）．
∴截面圆中弦AB的长为6cm，
故选：C．
6．如图，将质量为10kg的铁球放在不计重力的木板OB上的A处，木板左端O处可自由转动，在B处用力F竖直向上抬着木板，使其保持水平，已知OA的长为1m，OB的长为x m，g取10N/kg，则F关于x的函数解析式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：∵g取10N/kg，铁球质量为10kg，
∴G＝mg＝10×10＝100（N），
∵OA＝1m，OB＝x m，
∴由杠杆平衡原理可得：F×OB＝G×OA，即F⋅x＝100×1，
∴F关于x的函数解析式为．
故选：A．
7．某市为了方便市民绿色出行，推出了共享单车服务．图①是某品牌共享单车放在水平地面的实物图，图②是其示意图，其中AB，CD都与地面l平行，∠BCD＝60°，∠BAC＝54°．当∠MAC为（ ）度时，AM与CB平行．
A．16B．60C．66D．114
【答案】C
【解析】解：∵AB，CD都与地面l平行，
∴AB∥CD，
∴∠BAC+∠ACD＝180°，
∴∠BAC+∠ACB+∠BCD＝180°，
∵∠BCD＝60°，∠BAC＝54°，
∴∠ACB＝66°，
∴当∠MAC＝∠ACB＝66°时，AM∥CB，
故选：C．
8．已知反比例函数，下列结论不正确的是（ ）
A．图象经过点（﹣1，1）
B．图象在第二、四象限
C．当x＜0时，y随着x的增大而增大
D．当x＞1时，y＞﹣1
【答案】D
【解析】解：A、（﹣1，1）代入，得：左边＝右边，故本选项正确；
B、图象在第二、四象限内，故本选项正确；
C、在每个象限内，y随x的增大而增大，故本选项正确；
D、当x＞1时，﹣1＜y＜0，故本选项不正确；
不正确的只有选项D．
故选：D．
9．如图1是一座立交桥的示意图（道路宽度忽略不计），A为入口，F，G为出口，其中直行道为AB，CG，EF，且AB＝CG＝EF；弯道为以点O为圆心的一段弧，且所对的圆心角均为90°，甲、乙两车由A口同时驶入立交桥，均以12m/s的速度行驶，从不同出口驶出，其间两车到点O的距离y（m）与时间x（s）的对应关系如图2所示，结合题目信息，下列说法错误的是（ ）
A．甲车从G口出，乙车从F口出
B．立交桥总长为252m
C．从F口出比从G口出多行驶72m
D．乙车在立交桥上共行驶16s
【答案】D
【解析】解：根据两车运行时间，可知甲车从G口出，乙车从F口出，故A正确；
由图象可知，两车通过、、弧时每段所用时间均为3s，
通过直行道AB，CG，EF时，每段用时为4s．
所以立交桥总长为（3×3+4×3）×12＝252m，故B正确；
根据两车运行路线，从F口驶出比从G口多走，弧长之和，
用时为6s，则多走72m，故C正确；
根据题意乙车行驶时间为：4×2+3×3＝17秒，故D错误；
故选：D．
10．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转n个45°，得到正六边形OAnBn∁nDnEn，当n＝2030时，正六边形OA2030B2030C2030D2030E2030的顶点D2030的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：由题意可知：正六边形绕点O顺时针旋转一圈，旋转了8个45°，
∵当n＝2030时，2030÷8＝253……6，∴D2030的坐标与D6的坐标相同，
如图所示：过点D6H⊥OE于点H，过点D作DF⊥x轴于点F，
∵∠DEO＝120°，DE＝EO＝1，
∴∠EDO＝∠DOE＝30°，
∵∠DFO＝90°，
∴∠FDE＝30°，
∴在Rt△DFE中，，
∴，
∴在Rt△ODF中，，
∴，
∴，∠EOD6＝60°，
又∵∠D6HO＝90°，在Rt△OHD6中，
∴，，
∴，，
又∵点D6在第三象限，
∴点D6的坐标为，
故选：B．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11 .计算：＝ ．
【解析】解：原式＝（+）×（﹣）×（﹣）
＝（3﹣2）×（﹣）
＝﹣．
故答案为：﹣．
12．化学中直链烷烃的名称用“碳原子数+烷”来表示，当碳原子数为1～10时，依次用天干——甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸——表示，其中甲烷、乙烷、丙烷的分子结构式如图所示，则庚烷分子结构式中“H”的个数是 ．
【解析】解：由图可得，
甲烷分子结构式中“H”的个数是2+2×1＝4；
乙烷分子结构式中“H”的个数是2+2×2＝6；
丙烷分子结构式中“H”的个数是2+2×3＝8；
…，
∴第7个庚烷分子结构式中“H”的个数是：2+2×7＝16；
故答案为：16．
13．如图，在△ABC中，按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当长为半径作弧，分别交AB，AC于点M，N；②分别以点M，N为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点P；③作射线AP交BC于点D，若AB：AC＝2：3，△ABD的面积为2，则△ABC的面积为 ．
【解析】解：过点D作DE⊥AB于点E，作DF⊥AC于点F，
由作图可知，射线AP为∠BAC的平分线，
∴DE＝DF，
∵AB：AC＝2：3，，，
∴S△ABD：S△ACD＝2：3，
∵△ABD的面积为2，
∴△ACD的面积为3，
∴△ABC的面积为S△ABD+S△ACD＝2+3＝5．
故答案为：5．
14．有甲、乙两把不同的锁和A、B、C三把不同的钥匙．其中两把钥匙分别能打开这两把锁，第三把钥匙不能打开这两把锁．随机取出一把钥匙开甲锁，恰好能打开的概率是 ．
【解析】解：因为三把钥匙中只有1把能打开甲锁，
所以随机取出一把钥匙开甲锁，恰好能打开的概率是．
故答案为：．
15．如图，在正方形ABCD中，AB＝3，M为对角线BD上任意一点（不与B、D重合），连接CM，过点M作MN⊥CM，交线段AB于点N．连接NC交BD于点G．若BG：MB＝3：8，则NG•CG＝ ．
【解析】解：如图，把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，
∵△DMC≌△BHC，∠BCD＝90°，
∴MC＝HC，DM＝BH，∠CDM＝∠CBH＝45°，∠DCM＝∠BCH，
∴∠MBH＝90°，∠MCH＝90°，
∵∠CMN＝∠CBN＝90°，
∴M、N、B、C四点共圆，
∴∠MCN＝45°，
∴∠NCH＝45°，
在△MCG和△HCG中，
，
∴△MCG≌△HCG（SAS），
∴MG＝HG，
∵BG：MB＝3：8，
∴BG：MG＝3：5，
设BG＝3a，则MG＝GH＝5a，
在Rt△BGH中，BH＝4a，则MD＝4a，
∵正方形ABCD的边长为3，
∴BD＝6，
∴DM+MG+BG＝12a＝6，
∴a＝，
∴BG＝，MG＝，
∵∠MGC＝∠NGB，∠MNG＝∠GBC＝45°，
∴△MGN∽△CGB，
∴，
∴CG•NG＝BG•MG＝．
故答案为：．
三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16 .（10分）(1)计算：
(2)下面是小明同学进行因式分解的过程，请认真阅读并完成相应任务．
因式分解：
解：原式 第一步
第二步
第三步
任务一：填空：①以上解题过程中，第一步进行整式乘法用到的是___________公式；
②第三步进行因式分解用到的方法是___________法．
任务二：同桌互查时，小明的同桌指出小明因式分解的结果是错误的，具体错误是______________________．
任务三：小组交流的过程中，大家发现这个题可以先用公式法进行因式分解，再继续完成，请你写出正确的解答过程．
【解析】（1）解：原式．
（2）任务一：①以上解题过程中，第一步进行整式乘法用到的是完全平方公式；
②第三步进行因式分解用到的方法是提公因式法；
任务二：小明因式分解的结果不彻底，还可以进行因式分解；
任务三：原式
=
故答案为：任务一：①完全平方；②提公因式；任务二：因式分解不彻底（或a2−b2还可以进行因式分解）；任务三：8(a+b)(a−b)．
17 .（7分）解分式方程：．
【解析】解：，
去分母得：x﹣4﹣3＝3﹣x，
解得：x＝5，
经检验：x＝5是分式方程的解．
18．（9分）某校在课后服务中，成立了以下社团：A．计算机，B．围棋，C．篮球，D．书法每人只能加入一个社团，为了解学生参加社团的情况，从参加社团的学生中随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，其中图1中D所占扇形的圆心角为150°．
请结合图中所给信息解答下列问题：
（1）这次被调查的学生共有 360 人；
（2）请你将条形统计图补充完整；
（3）若该校共有1800学生加入了社团，请你估计这1800名学生中有多少人参加了篮球社团；
（4）在书法社团活动中，由于甲、乙、丙、丁四人平时的表现优秀，恰好四位同学中有两名是男同学，两名是女同学．现决定从这四人中任选两名参加全市书法大赛，用画树状图求恰好选中一男一女的概率．
【解析】解：（1）∵D所占扇形的圆心角为150°，
∴这次被调查的学生共有：（人）；
故答案为：360．
（2）C组人数为：360﹣120﹣30﹣150＝60（人），
故补充条形统计图如下图：
（3）（人），
答：这1800名学生中有300人参加了篮球社团，
（4）设甲乙为男同学，丙丁为女同学，画树状图如下：
∵一共有12种可能的情况，恰好选择一男一女有8种，
∴．
19．（8分）为了响应“足球进校园”的目标，某校计划为学校足球队购买一批足球，已知购买2个A品牌的足球和3个B品牌的足球共需380元；购买4个A品牌的足球和2个B品牌的足球共需360元．
（1）求A，B两种品牌的足球的单价．
（2）2023年学校购买足球的预算为6400元，总共购买100个球且购买A品牌足球的数量不多于B品牌足球数量的2倍，有几种购买方案．
【解析】解：（1）设A品牌的足球的单价为x元/个，B品牌的足球的单价为y元/个，
根据题意得：，
解得：．
答：A品牌的足球的单价为40元/个，B品牌的足球的单价为100元/个．
（2）设购买A品牌足球a个，则购买B品牌足球（100﹣a）个．则 ，
∴，
∴a可取60，61，62，63，64，65，66共7种购买方案．
答：有7种购买方案．
20．（8分）学科综合
我们在物理学科中学过：光线从空气射入水中会发生折射现象（如图1），我们把n＝称为折射率（其中α代表入射角，β代表折射角）．
观察实验
为了观察光线的折射现象，设计了图2所示的实验，即通过细管MN可以看见水底的物块C，但不在细管MN所在直线上，图3是实验的示意图，四边形ABFE为矩形，点A，C，B在同一直线上，测得BF＝12cm，DF＝16cm．
（1）求入射角α的度数．
（2）若BC＝7cm，求光线从空气射入水中的折射率n．（参考数据：，，）
【解析】解：（1）如图：过点D作DG⊥AB，垂足为G，
由题意得：四边形DGBF是矩形，
∴DG＝BF＝12cm，BG＝DF＝16cm，
在Rt△DGB中，tan∠BDG＝＝＝，
∴∠BDG＝53°，
∴∠PDH＝∠BDG＝53°，
∴入射角α的度数为53°；
（2）∵BG＝16cm，BC＝7cm，
∴CG＝BG﹣BC＝9（cm），
在Rt△CDG中，DG＝12cm，
∴DC＝＝＝15（cm），
∴sinβ＝sin∠GDC＝＝＝，
由（1）得：∠PDH＝53°，
∴sin∠PDH＝sinα≈，
∴折射率n＝＝＝，
∴光线从空气射入水中的折射率n约为．
21．（8分）阅读与思考
下面是小宇同学写的一篇数学小论文，请认真阅读并完成相应的任务：
任务：根据上面小论文的分析过程，解答下列问题：
（1）画横线部分的“依据*”是 在等式两边同时加上（或减去）同一个数或同一个式子，等式仍成立 ．
（2）在小论文的分析过程，主要运用的数学思想有： AC ．（从下面选项中填出两项）．
A．转化思想
B．方程思想
C．由特殊到一般的思想
D．函数思想
（3）请根据小论文提供的思路，补全图2剩余的证明过程．
【解析】解：（1）在等式两边同时加上（或减去）同一个数或同一个式子，等式仍成立；
（2）由正方形中的顶点A和顶点B转变成为点M和点N，所以是由特殊到一般的转化思想，
所以AC正确．
故选为：AC．
（3）证明：过点M作ME⊥CD，垂足为E，过点P作PF⊥AD，垂足为F．
则容易证明四边形AMED和ABPF均为矩形，
∴ME＝AD，PF＝AB，
∵AB＝AD，
∴ME＝PF
在四边形QOND中，
∵∠NOQ＝∠D＝90°，∠NOQ+∠D+∠OQD+∠OND＝360°，
∴∠OQD+∠OND＝180°，
∵∠FQP+∠OQD＝180°，
∴∠FQP＝∠OND＝∠MNE，
∵∠FQP+∠QPF＝90°，∠MNE+∠NME＝90°，
∴∠QPF＝∠NME，
∵∠QPF＝∠NME，ME＝PF，∠PFQ＝∠MEN＝90°，
∴△MNE≌△PQF（SAS），
∴MN＝PQ．
22．（12分）综合与实践：
数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．
（1）发现问题：如图1，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝30°，连接BE，CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系： BE＝CF ，∠BDC＝ 30 °；
（2）类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝120°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸：如图3，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠EAF＝90°，连接BE，CF，且点B，E，F在一条直线上，过点A作AM⊥BF，垂足为点M．则BF，CF，AM之间的数量关系： BF＝CF+2AM ；
（4）实践应用：正方形ABCD中，AB＝2，若平面内存在点P满足∠BPD＝90°，PD＝1，则S△ABP＝ 或 ．
【解析】解：（1）BE＝CF，∠BDC＝30°，
理由如下：如图1所示：
∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，
∴AB＝AC，AE＝AF，
又∵∠BAC＝∠EAF＝30°，
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴BE＝CF，
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠AOE＝∠ABE+∠BAC，
∠AOE＝∠ACD+∠BDC，
∴∠BDC＝∠BAC＝30°；
（2）BE＝CF，∠BDC＝60°，
理由如下：如图2所示：
证明：∵∠BAC＝∠EAF＝120°，
∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC，
即∠BAE＝∠CAF，
又∵△ABC和△AEF都是等腰三角形，
∴AB＝AC，AE＝AF，
∴△BAE≌△CAF（SAS）
∴BE＝CF，
∴∠AEB＝∠AFC，
∵∠EAF＝120°，AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE＝30°，
∴∠BDC＝∠BEF﹣∠EFD＝∠AEB+30°﹣（∠AFC﹣30°）＝60°；
（3）BF＝CF+2AM，
理由如下：如图3所示：
∵△ABC和△AEF都是等腰三角形，
∴∠CAB＝∠EAF＝90°，AB＝AC，AE＝AF，
∴∠CAB﹣∠CAE＝∠FAE﹣∠CAE，
即：∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE≌△CAE（SAS），
∴BE＝CF，
∵AM⊥BF，AE＝AF，∠EAF＝90°，
∴EF＝2AM，
∵BF＝BE+EF，
∴BF＝CF+2AM；
（4））如图4所示：
连接BD，以BD为直径作圆，
由题意，取满足条件的点P，P′，则PD＝P′D＝1．∠BPD＝∠BP′D＝90°，
∴BD＝2，
∴BP＝＝＝，
连接PA，作AF⊥PB于点F，在BP上截取BE＝PD，
∵∠PDA＝ABE，AD＝AB，
∴△ADP≌△ABE（SAS），
∴AP＝AE，∠BAE＝∠DAP，
∴∠PAE＝90°，
由（3）可得：PB﹣PD＝2AF，
∴AF＝＝，
∴S△PAB＝PB•AF＝，
同理可得：S△P′AB＝，
故△ABP的面积为：或．
23．（13分）综合与实践
如图，抛物线y＝x2﹣x﹣2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，对称轴为直线l．
（1）求点A，B，C的坐标；
（2）试探究抛物线上是否存在点E，使OE＝EC，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）设点F在直线l上运动，点G在平面内运动，若以点B，C，F，G为顶点的四边形是菱形，且BC为边，直接写出点F的坐标．
【解析】解：（1）当y＝x2﹣x﹣2＝0时，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0）；
当x＝0时，y＝x2﹣x﹣2＝﹣2，
∴C（0，﹣2）；
（2）∵OE＝EC，
∴点E在OC的垂直平分线上，
∵C（0，﹣2），
∴点E的纵坐标为﹣1，
将y＝﹣1代入抛物线y＝x2﹣x﹣2得，
x2﹣x﹣2＝﹣1，解得x＝；
∴点E的坐标为（，﹣1）或（，﹣1）；
（3）∵y＝x2﹣x﹣2与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0），
∴y＝x2﹣x﹣2的对称轴为直线x＝＝，
设点F的坐标的坐标为（，m），
①当BC为边，BF为对角线时，BC＝CF，
∴BC2＝CF2，
∴42+22＝（）2+（m+2）2，
解得m＝±，
∴点F的坐标为（，﹣2）或（，﹣﹣2）；
②当BC为边，CF为对角线时，BC＝BF，
∴BC2＝BF2，
∴42+22＝（4﹣）2+m2，
解得m＝±，
∴点F的坐标为（，）或（，﹣）；
综上所述，点F的坐标为（，﹣2）或（，﹣﹣2）或（，）或（，﹣）．由一道习题引发的思考——“十字架模型”的拓展研究
在我们教材上，有这样一道习题：如图1，四边形ABCD是一个正方形花园，E，F是它的两个门，要修建两条路BE和AF，且使得BE⊥AF，那么这两条路等长吗？为什么？
对于上面问题，我是这样思考的：
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°．
又∵BE⊥AF，∴∠BEA+∠DAF＝∠DAF+∠AFD＝90°
∴∠BEA＝∠AFD，（依据*）
∴Rt△ABE≌Rt△DAF，∴BE＝AF．
有趣的是对于两个端点分别在正方形ABCD一组对边上的线段，若这样的两条线段互相垂直，是否这两条线段仍然相等呢？对此我们可以做进一步探究：
如图2，在正方形ABCD中，若点M、N、P、Q分别是AB、CD、BC、AD上的任意四点，且MN⊥PQ，垂足为O，则MN仍然与PQ相等．理由如下：
过点M作ME⊥CD，垂足为E，过点P作PF⊥AD，垂足为F．则容易证明四边形AMED和ABPF均为矩形，
∴ME＝AD，PF＝AB．∵AB＝AD，∴ME＝PF
在四边形QOND中，∵∠NOQ＝∠D＝90°，
…