信息必刷卷03（广州专用）-2024年中考数学考前信息必刷卷

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2024年广州中考数学试卷结构和内容发生变化！2024年数学试卷共25题：10（选择题）+6（填空题）+9（解答题），根据2024年广州最新考试信息以及模拟考试可以发现：在知识结构方面，会增加几何问题难度（例如特殊平行四边形问题），大概率压轴类型是三角形和四边形的综合问题，实际应用题可能会增加分值；在试卷难度方面，难度中等以上，比去年的先持平增加。
新考法1：第5题以二元一次方程为背景考场实数的计算，具有创新性。
新考法2：第9-10题将会重点考查动点在几何的图像问题和圆的隐圆求最值，难度中上，需要重视；
新考法3：第16题以几何性质为载体考察几何的性质，这是填空压轴的必考类型，需要加强训练
新考法4：第22题以三角形和旋转的知识点交汇为载体考察基础知识的应用，体现中考以基础为主的命题理念。
新考法5：第24题和第25题极大可能分别会考查几何中的类比探究和二次函数综合问题，运算能力和分析能力要求比较高。
通过对考试信息的梳理以及教学研究成果，预测：第10题压轴为二次函数为考查性质；第22题将会重点考查函数的实际应用问题，难度中等；第24题和第25题极大可能分别会考查几何中的动点探究和二次函数综合问题，运算能力和分析能力要求比较高。
另外，在平时学习中要特别关注基础性（一般试卷的前1-8题直接考查基础知识，容易拿分）、综合性（选填15-16以及解答24-25的压轴题）、几何型（如本卷中的第16题的填空压轴）和创新性（一般会以数学文化为背景或在新情景下命制对概念的理解以及问题的梳理），同时掌握整体思想、数形结合、特殊值等数学思想，这些思想会蕴含于每道试题之中。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．在下列简笔画图案中，是轴对称图形的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，故本选项正确；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：B．
2．下列计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据同底数幂的乘法法则、积的乘方、合并同类项法则、完全平方公式计算出各项即可判断出结果．
【详解】A．，故A错误，不符合题意；
B．，故B错误，不符合题意；
C．，故C错误，不符合题意；
D．，故D正确，符合题意．
3．如图，若数轴上点表示的数为无理数，则该无理数可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了无理数与数轴，估算出，，结合数轴即可得出答案，采用数形结合的思想是解此题的关键．
【详解】解：是有理数，，，，
由图可知，点表示的数为无理数，，
点表示的数为无理数为，
故选：D．
4．如图，四边形是菱形，点，分别在，边上，添加以下条件不能判定的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查菱形性质及全等三角形的判定，解题的关键是掌握三角形全等的判定定理．
由四边形是菱形可得：，，再根据每个选项添加的条件逐一判断．
【详解】解：由四边形是菱形可得：，，
A、添加，可用证明，故不符合题意；
B、添加，可用证明，故不符合题意；
C、添加，不能证明，故符合题意；
D、添加，可用证明，故不符合题意；
故选：C．
5．如图，中，，，点B的坐标为，将绕点A逆时针旋转得到，当点O对应点C在上时，点D的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，过点D作轴于点E，证明是等边三角形，即得出，，从而可求出，再结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】如图，过点D作轴于点E，
∵，
∴．
由旋转的性质可知，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
故选A．
6．如图，某办公区东、西两栋办公楼的高度均为．下午时，东楼二层离地面的阳台、西楼的楼顶与太阳恰好在一条直线上，太阳光线与该阳台所在水平线所成的角是，则这两栋办公楼之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据即可求解，掌握解直角三角形是解题的关键．
【详解】解：如图，由题意可知，，
在中，，
∴，
∴这两栋办公楼之间的距离为，
故选：．
7．如图，在中，，，与，分别切于点D，C，连接．则的度数为（ ）

A．50B．40C．30D．20
【答案】C
【分析】由，，求得，由与，分别切于点，，根据切线长定理得，则，所以，求得，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：，，
，
与，分别切于点，，
，
，
，
，
，
，
故选：C．
8．《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题译为白话文是：把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多一天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天．已知快马的速度是慢马的2倍，求两匹马的速度．设慢马的速度为x里/天，则可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
设慢马的速度为里天，则快马的速度为里天，根据规定时间相等可得方程．
【详解】解：设慢马的速度为里天，则快马的速度为里天，
根据题意，得．
故选：D．
9．如图，在直角坐标系中，四边形为正方形，且边与轴交于点，反比例函数的图像经过点，若且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设BM=a则CM=2a,作BH⊥y轴,AD⊥x轴,证明△OMC∽△BMH,利用三边对应成比例可求BH=,再借助求出a的值,从而求出△OMC的三边长,证明△OMC∽△OAD,求出OD、AD的值，再求出k得值．
【详解】设BM=a则CM=2a,
∴CB=CO=OA=3a,
作BH⊥y轴,AD⊥x轴
∵∠C＝∠BHM=90°,∠CMO=∠HMB
∴△OMC∽△BMH
∴
即
∴HB=
∵
∴
∴
解得:
∵∠COM+∠MOA=∠MOA+∠AOD
∴∠COM=∠AOD
∵∠C=∠ADO=90°
∴△OCM∽△ODA
∴
即
∴k=OD×AD=
故选：D
10．如图，二次函数的图象经过点，其对称轴为直线，有下列结论：①；②；③；④关于x的方程有两个不相等的实数根；⑤；⑥若，是抛物线上两点，且，则实数m的取值范围是．其中正确结论的个数是( )
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，根据二次函数图象确定相应方程根的情况，一元二次方程根的判别式，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
由题意知，由二次函数的图象经过点，其对称轴为直线，可解得，，可判断①的正误；由图象可知方程有两个不相等的实数根，可判断②的正误；由，可判断③的正误；由，可判断④的正误；由，可判断⑤的正误；由题意知，关于对称轴对称的点坐标为，实数m的取值范围是，可判断⑥的正误．
【详解】解：由题意知，，
∵二次函数的图象经过点，其对称轴为直线，
∴，，
∴，，
∴，①正确，故符合要求；
∵方程有两个不相等的实数根，
∴，②正确，故符合要求；
∵，
∴③正确，故符合要求；
∵，
∴，
∴，
∴该方程有两个不相等的实数根，④正确，故符合要求；
∵，
∴⑤错误，故不符合要求；
由题意知，关于对称轴对称的点坐标为，
∵，
由函数的图象与性质可知，实数m的取值范围是，⑥正确，故符合要求；
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11．分解因式： ．
【答案】/
【分析】先提取公因式5，后用和的完全平方公式即可．
【详解】∵，
故答案为．
12．若是方程的两根，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了根与系数的关系，根据一元二次方程的根与系数关系得出，，进而根据完全平方公式变形，即可求解．
【详解】解：∵，是方程的两个根，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
13．如图，与是以点为位似中心的位似图形，且，若的面积为，则的面积为 ．
【答案】
【分析】此题考查了位似变换，由位似比得到相似比，根据面积比等于相似比的平方即可求解，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵与是以点为位似中心的位似图形，
∴，
∵位似比，
∴相似比，
∴，
即，
∴，
故答案为：．
14．如图，圆锥的底面半径为1cm，母线AB的长为3cm，则这个圆锥侧面展开图扇形的圆心角为 度．
【答案】120
【分析】先由半径求得圆锥底面周长，再由扇形的圆心角的度数=圆锥底面周长×180÷3π计算．
【详解】解：圆锥底面周长＝2×π×1＝2π，
∴扇形的圆心角α的度数＝圆锥底面周长×180÷3π＝120°．
故答案为120．
15．如图，平分等边的面积，折叠得到分别与相交于两点．若，用含的式子表示的长是 ．

【答案】
【分析】先根据折叠的性质可得，，从而可得，再根据相似三角形的判定可证，根据相似三角形的性质可得，，然后将两个等式相加即可得．
【详解】解：是等边三角形，
，
∵折叠得到，
，
，，
平分等边的面积，
，
，
又，
，
，，
，
，
解得或（不符合题意，舍去），
故答案为：．
16．如图，在中，，点P为斜边上的一个动点（点P不与点A．B重合），过点P作，垂足分别为点D和点E，连接交于点Q，连接，当为直角三角形时，的长是
【答案】3或
【分析】根据题意，由为直角三角形，可进行分类讨论：①当；②当两种情况进行分析，然后进行计算，即可得到答案．
【详解】解：根据题意，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
∵当为直角三角形时，可分情况进行讨论
①当时，如图：
则，
∴，
∴，
∴；
在直角△ACP中，由勾股定理，则
；
②当时，如图
∵，，
∴四边形CDPE是矩形，
∴CQ=PQ，
∵AQ⊥CP，
∴△ACP是等腰三角形，即AP=AC=
综合上述，的长是3或；
故答案为：3或.
三、解答题（本大题共9小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（4分）解不等式组．
【答案】
【分析】先分别求出每个不等式得解集，然后根据夹逼原则求出不等式组的解集即可．
【详解】解∶
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴不等式组的解集为．
18．（4分）如图所示，在平面直角坐标系中中，点的三个顶点都在格点上．将在坐标系中平移，使得点平移至图中点的位置，点对应点，点对应点．
(1)点的坐标为______，点的坐标为______；
(2)在图中作出，并连接；
(3)求在线段平移到线段的过程中扫过的面积；
【答案】(1)；
(2)见解析
(3)19
【分析】本题考查作图—平移变换：
（1）根据点D的位置，结合平移的性质可得出答案．
（2）运用平移的性质作出图形即可；
（3）线段沿的方向平移到的过程中扫过的图形为平行四边形，求出面
【详解】（1）解：点B的坐标为；
∵，，
∴由平移得点的坐标为：，
故答案为：；；
（2）解：如图，和即为所作：
（3）解：线段沿的方向平移到的过程中扫过的图形为平行四边形，
．
19．（6分）某年级随机选出一个班的初赛成绩进行统计，得到如下统计图表，已知在扇形统计图中D段对应扇形圆心角为．
(1)在统计表中，______，______，______；
(2)若统计表A段的男生比女生少1人，从A段中任选2人参加复赛，用列举法求恰好选到1名男生和1名女生的概率．
【答案】(1)5，，15
(2)
【分析】（1）根据扇形统计图中D段对应扇形圆心角为，D段人数为10人，可求出总人数，即可求出b，c，a的值；
（2）通过列举所选情况可知：共20种结果，并且它们出现的可能性相等，其中其中恰好选到1名男生和1名女生的结果有12种，然后根据概率公式即可得出答案．
【详解】（1）解：总人数为：（人，
∴，（人，
∴（人，
故答案为：5，，15；
（2）解：由（1）可知：段有男生2人，女生3人，
记2名男生分别为男1，男2；记3名女生分别为女1，女2，女3，
共20种结果，并且它们出现的可能性相等，
其中恰好选到1名男生和1名女生的结果有12种，
即恰好选到1名男生和1名女生的概率的概率为．
20．某农场的一个家电商场为了响应国家家电下乡的号召，准备用不超过万元购进台电脑，其中型电脑每台进价元，型电脑每台进价元，型每台售价元，型每台售价元，预计销售额不低于万元．设型电脑购进台、商场的总利润为（元）．
(1)请你设计出进货方案；
(2)求出总利润（元）与购进型电脑（台）的函数关系式，并利用关系式说明哪种方案的利润最大，最大利润是多少元？
【答案】(1)方案1：购A型电脑21台，B型电脑19台；方案2：购A型电脑22台，B型电脑18台；方案3：购A型电脑23台，B型电脑17台；方案4：购A型电脑24台，B型电脑16台；
(2)采用方案4，即购A型电脑24台，B型电脑16台的利润最大，最大利润是18400元．
【分析】（1）根据题意，列出不等式组进行求解即可．
（2）根据总利润等于单件利润乘以数量求出函数关系式，根据函数的的性质，求出最大利润即可．
【详解】（1）解：设型电脑购进台，则：型电脑购进台，由题意得：
，
解得：，
∵为整数，
∴
∴有4种购买方案：
方案1：购A型电脑21台，B型电脑19台；
方案2：购A型电脑22台，B型电脑18台；
方案3：购A型电脑23台，B型电脑17台；
方案4：购A型电脑24台，B型电脑16台；
（2）由题意，得：
，
．
∵，
∴随x的增大而增大，
∴时，元．
答：采用方案4，即购A型电脑24台，B型电脑16台的利润最大，最大利润是18400元．
21．（6分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数和的图象相于点A，反比例函数的图象经过点A．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)设一次函数的图象与反比例函数y＝的图象的另一个交点为B，连接，求的面积；
(3)根据图象直接写出关于x的不等式的解集．
【答案】(1)反比例函数的表达式为．
(2)
(3)或．
【分析】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点、三角形的面积以及函数与不等式的关系等知识点，掌握方程思想和数形结合是解题的关键．
（1）联立求得A的坐标，然后运用待定系数法求解即可；
（2）求得B、C的坐标，利用求得即可；
（3）根据图象即可求解．
【详解】（1）解：联立，解得，
∴A点坐标为．
将代入，得．
∴．
∴反比例函数的表达式为．
（2）如图，
联立，解得：或．
∴．
在中，令，得．
故直线与x轴的交点为．
如图，过A、B两点分别作x轴的垂线，交x轴于M、N两点，
则．
（3）由图象可得：
关于x的不等式的解集为或．
22．（10分）如图，等边三角形边长为2，点是直线上一点，连接，将绕点逆时针旋转后得到．连接与交于点．
(1)若，求线段的长；
(2)连接．
①记点的运动路径为．试判断与的位置关系；
②在点在运动的过程中，是否有最小值？如果有，请求出，并求此时的值；如果没有，请说明理由．
【答案】(1)2
(2)①；②的最小值为，
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到点D是的中点，，求得，得到，根据旋转的性质得到，，得到，由勾股定理求得；
（2）①将绕点逆时针旋转后得到．将绕点逆时针旋转后得到．证明，证明得；②点E在定直线上运动，当时最短．过A作于H，根据全等三角形的性质得到，，根据等边三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，，
∴点是的中点，，
∵，
∴，
∴
∵将绕点A逆时针旋转后得到，
∴，
∴，
∴，
∵
由勾股定理得，，
∴
解得，；
（2）解：①，理由如下：
如图，将绕点A逆时针旋转得到，连接，
∴，
∵将绕点A逆时针旋转后得到，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴
∴即；
②∵点E在定直线上运动，当时最短．
过A作于H，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
所以，的最小值为，．
23．（10分）已知，内接于，AD、BD为的弦，且．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过B作的切线交AC的延长线于E，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CD，若，，，求CE的长度．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，可得，结合已知条件和三角形内角和定理即可得，进而根据等角对等边即可证明；
（2）根据切线的性质可得，，根据三角形内角和定理可得，进而可得，根据圆周角定理可得，结合（1）的结论即可证明；
（3）连接，先证明，延长AD交BC的延长线于G，作于G，于N，于Q，延长AB至S，连接ES，使，作于F，于R, 设，，则 ，通过角度的计算推导，根据等角对等边可得，，，设，，根据得出，进而在，中，根据勾股定理求得，设，，在与中，勾股定理求得，进而求得，通过导角可得，结合已知条件求得，进而通过角度计算可得，则，进而计算，根据等边对等角求得．
【详解】（1）
∵
∴
∵
∴
∴；
（2）连OB、OD，如图，
∵BE为切线
∴
∴，
∴
则
，
∴
（3）如图，连接，
是的切线，
如图，延长AD交BC的延长线于G，作于G，于N，于Q，延长AB至S，连接ES，使，作于F，于R,
∵，
设，，则 ，
∴
∴
∴
∵
∴，
又
，
∵，设，，
，则，
，
又
∴
∴，
∵
∴在中，，
在中，，
即
∴
∴，设，
∵
在与中，
∴
∴
解得：
∴
，
∴
∵
∴
∴
∵，
∴．
24．（12分）定义：平面直角坐标系中，点，点，若，，其中为常数，且，则称点是点的“级变换点”．例如，点是点的“级变换点”．
(1)函数的图象上是否存在点的“级变换点”?若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
(2)点与其“级变换点” 分别在直线，上，在，上分别取点，．若，求证：；
(3)关于x的二次函数的图象上恰有两个点，这两个点的“1级变换点”都在直线上，求n的取值范围．
【答案】(1)存在，
(2)见解析
(3)n的取值范围为且
【分析】（1）根据“级变换点”定义求解即可；
（2）求出点的坐标为，得到直线，的解析式分别为和，根据进行证明．
（3）由题意得，二次函数的图象上的点的“1级变换点”都在函数的图象上，得到函数的图象与直线必有公共点．分当时和当，时分类讨论即可．
【详解】（1）解：函数的图象上存在点的“级变换点”
根据“级变换点”定义，点的“级变换点”为，
把点代入中，
得，解得．
（2）证明：点为点的“级变换点”，
点的坐标为．
直线，的解析式分别为和．
当时，．
，
．
，
．
．
（3）解：由题意得，二次函数的图象上的点的
“1级变换点”都在函数的图象上．
由，整理得．
，
函数的图象与直线必有公共点．
由得该公共点为．
①当时，由得．
又得，
且．
②当，时，两图象仅有一个公共点，不合题意，舍去．
综上，n的取值范围为且．
25．（12分）已知：在外分别以，为边作与．
(1)如图1，与分别是以，为斜边的等腰直角三角形，连接，以为直角边构造，且，连接，，．
求证：
①；
②四边形是平行四边形．
(2)如图2，在外分别以，为斜边作与，并使，取BC的中点D，连接DE，EF请求出的值及的度数．
(3)如图3，在外分别以，为底边作等腰三角形和等腰三角形，并使与之和为，取的中点D，连接，，当，，，请用含a，b的代数式直接写出的值，用含α的代数式直接表示的度数．
【答案】(1)①见解析；②见解析；
(2)，；
(3)，．
【分析】（1）①根据即可证明三角形全等；
②想办法证明，即可；
（2）如图2中，延长ED到G，使得，连接、，证明，推出，，推出，推出，可得即可解决；
（3）如图3中，延长到，使得，连接，，作于，连接，想办法证明，利用勾股定理求出，即可解决.
【详解】（1）解：（1）证明：①如图1中，
∵与都是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
∴．
②∵，
∴，，
∵是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：如图2中，延长到G，使得，连接，．
∵点D是BC的中点，
∴，
∵，
∴，，
在与中，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴

，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）解：如图3中，延长ED到G，使得，连接CG，FG．作于H，连接FD．
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴．分段
成绩范围
频数
频率
A
a
m
B
20
b
C
c
D
70分以下
10
n
男1
男2
女1
女2
女3
男1
男1男2
男1女1
男1女2
男1女3
男2
男2男1
男2女1
男2女2
男2女3
女1
女1男1
女1男2
女1女2
女1女3
女2
女2男1
女2男2
女2女1
女2女3
女3
女3男1
女3男2
女3女1
女3女2