2024年山东省威海市环翠区中考一模数学试题（含解析）

这是一份2024年山东省威海市环翠区中考一模数学试题（含解析），共31页。试卷主要包含了下列运算正确的是，如图等内容，欢迎下载使用。

1．本试卷共9页，共120分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、考生号、座号填写在答题卡规定的位置上．
3．选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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，答案不能答在试卷上．
4．非选择题用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡指定区域内相应的位置上．如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按上述要求作答的答案无效．
一、选择题
1．据央视网报道，2023年我国新能源汽车销量达949.5万辆，产销量占全球比重超过，连续9年位居世界第一位．其中949.5万用科学记数法表示为（ ）
A．B．
C．D．
2．下面四个化学仪器示意图中，不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．下列各数中，最小的数是（ ）
A．B．的倒数C．的立方根D．
4．将一副三角板按如图所示摆放，点恰好是边中点，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
5．下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．某几何体是由若干大小相同的小正方体搭成的，其主视图和俯视图如图所示，则其不可能有( )个小正方体构成
A．8B．9C．10D．11
7．为贯彻教育部《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的实施意见》文件精神，某学校积极开设日常生活劳动教育课．某班在调查中发现，全班同学每周做家务情况如下：
则这组数据的众数和中位数分别为（ ）
A．4和5B．4和4C．14和5D．14和4
8．我国明代数学读本《算法统宗》有一道题，其题意为：客人一起分银子，若每人7两，还剩4两；若每人9两，则差8两．若客人为x人，银子为y两，可列方程组（ ）
A．B．
C．D．
9．如图，将一张边长为1的正方形纸片分割成7部分，部分②是部分①面积的一半，部分③是部分②面积的一半，依此类推，则．借助图形，则（ ）
A．B．C．D．
10．如图（单位：），等腰直角三角形以的速度沿直线向矩形移动，直到与重合，设时，与矩形重叠部分的面积为，则下列图象中能大致反映与之间函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
11．计算： ．
12．因式分解： ．
13．如图，的对角线，交于点，分别以点，为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点，，分别以点，为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点，，连接，交于点．①；②；③若连接并延长交于点，则点是线段中点；④若，则为菱形．以上说法正确的是 ．（请填序号）
14．已知实数k满足以下条件：
①关于x的一元二次方程有实数根；
②的解集为．
则满足以上所有条件的整数k的和为 ．
15．如图，在平面直角坐标系中，反比例函数图象上的两点，，满足，轴，轴，若的面积为，则的面积为 ．
16．如图所示，点，坐标分别为，，点是轴上的动点，且，点为中点．若点从运动到，则此过程中，点运动的路线长 ．
三、解答题
17．先化简：，再从，，0，1，2中选择一个适当的数作为x的值代入求值．
18．某校九年级学生开展数学综合与实践活动：测量某建筑物的高度．在建筑物附近有一斜坡，坡长，坡比，小丽在处测得建筑物顶端的仰角为，在处测得建筑物顶端的仰角为．（已知点，，，在同一平面内，，，在同一水平线上）
参考数据如表所示：
求：
(1)_______，点D到的距离______；
(2)求该建筑物的高度．
19．年“五一”期间，威海旅游景点人头攒动，热闹非凡．文旅局对本次“五一”假期选择刘公岛、成山头、那香海、鸡鸣岛、火炬八街五个风景区（以下分别用A，B，C，D，E表示）的游客（每个游客只选择一个风景区）人数进行了抽样调查，并将调查情况绘制成如下两幅统计图．
请根据以上信息回答：
(1)本次参加抽样调查的游客有多少人？
(2)将条形统计图补充完整；
(3)扇形统计图中，E所占的百分比为________；A所对应的圆心角的度数为_______；
(4)因为时间关系，某游客一家打算只参观3个风景区，她们已经参观了E风景区，用列表或画树状图的方法，求她们最后选择的风景区是A，B，E的概率．
20．某批发兼零售的纪念品店规定：凡一次购买纪念品30份以上（不包括30份），可以按照批发价付款；购买30份以下（包括30份）只能按照零售价付款．某旅行团来该店购买纪念品，若给该团每位成员购买一份，那么只能按照零售价付款，需要140元；如果多购买7份，那么可以按照批发价付款同样需要140元．
(1)这个旅行团成员总数在什么范围内？
(2)若按照批发价购买5份与按照零售价4份所付款相同，那么这个旅行团共有多少成员？
21．已知线段是⊙的直径，，点A为上一点，平分交于点D．

(1)如图1，过点D作，求证：是的切线；
(2)如图2，连接，，若，，求．
22．如图1，，与交于点E．
(1)若为等边三角形，则，，的数量关系为________．
(2)如图2，若，，，请写出，，的数量关系，并说明理由．
23．已知二次函数（其中x是自变量）
(1)顶点坐标____________；
(2)若当时，对应的函数值y均为负数，求m的取值范围；
若时，，
(3)当或者时，____________；当时，____________；
(4)点，在图象上，若，则n取值范围为____________；
(5)若直线与图象只有2个交点，此时m取值范围为____________．
24．已知，点在正方形纸片的边上，将沿对折，使点的对应点为点，连接，并延长分别交于点，．
(1)如图1，若点刚好落在对角线上，判断与的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若，求；
(3)如图3，若将正方形改成矩形，，，则_______．（用含a的代数式表示）
天数
人数
计算器按键顺序
计算结果
（近似值）
计算器按键顺序
计算结果
（近似值）
1．C
【分析】本题考查科学记数法的定义，关键是理解运用科学记数法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
【详解】解∶ 949.5万，
故选∶C．
2．C
【分析】本题考查了轴对称图形的识别．熟练掌握：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形是解题的关键．根据轴对称图形的定义进行判断即可．
【详解】解：A．是轴对称图形，故不符合题意；
B．是轴对称图形，故不符合题意；
C．不是轴对称图形，故符合题意；
D．是轴对称图形，故不符合题意；
故选：C．
3．D
【分析】本题考查了相反数，绝对值，倒数，立方根与算术平方根，先化简各数，进而比较大小，即可求解．
【详解】解：，的倒数为，的立方根为，
∵，
∴最小的数是；
故选：D．
4．D
【分析】本题考查了直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角，三角形的外角的性质，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半得出，根据等边对等角可得，进而根据三角形的内角和定理与三角形的外角性质，即可求解．
【详解】解：∵点恰好是边中点，
∴
∴
∴，
又∵
∴
故选：D．
5．D
【分析】本题考查了完全平方公式，平方差公式，积的乘方，单项式乘以单项式，根据以上运算法则进行计算即可求解．
【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意；
B. ，故该选项不正确，不符合题意；
C. ，故该选项不正确，不符合题意；
D. ，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
6．D
【分析】此题主要考查了由三视图判断几何体，由主视图和左视图确定俯视图的形状，再判断最多与最少的正方体的个数，即可求解．
【详解】解：由主视图和左视图可确定所需正方体个数最少时俯视图为：
由主视图和左视图可确定所需正方体个数最多时俯视图为：
则组成这个几何体的小正方体最少有个,最多个．
故选：D．
7．B
【分析】本题考查了众数和中位数的定义．根据众数和中位数的定义即可求解.
【详解】解：根据表格可知：天数为天的人数最多，故众数为
共有个数据，
将天数从小到大排列，处于中间的两个数为：4和，故中位数为
故选：B．
8．A
【分析】本题考查了列二元一次方程组，设客人为x人，银子为y两，根据题意列出二元一次方程组，即可求解．
【详解】解：设客人为x人，银子为y两，根据题意得，
故选：A．
9．B
【分析】本题考查图形的变化类，根据题意可发现各部分面积的变化规律，再根据图形可知阴影部分的面积和部分⑥的面积相等，从而根据规律，即可求解．
【详解】解：依题意，
故选：B．
10．A
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，二次函数图象的性质，分别求出时，与时的函数解析式，然后根据相应的函数图象找出符合条件的选项即可．
【详解】解：如图，当时，重叠部分为三角形，面积，抛物线开口向上，
如图，当时，重叠部分为三角形，面积，
如图，当时，重叠部分为梯形，面积，抛物线开口向下，
，
只有A选项符合．
故选A．
11．
【分析】先分别计算零指数幂，分母有理化，化简绝对值，负整数指数幂，然后进行加减运算即可．
【详解】解：
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了零指数幂，分母有理化，化简绝对值，负整数指数幂．熟练掌握零指数幂，分母有理化，化简绝对值，负整数指数幂是解题的关键．
12．
【分析】本题考查了运用公式法进行因式分解．熟练掌握平方差公式进行因式分解是解题的关键．运用平方差公式进行因式分解即可．
【详解】解：，
故答案为：．
13．①②③④
【分析】本题考查了作垂直平分线，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，等腰三角形的性质与判定，中位线的性质；根据作图可得分别为的中垂线，进而可得，根据平行四边形的性质可得，根据三线合一即可判断①；根据中位线的性质即可判断②；证明四边形是平行四边形，即可判断③；证明即可判断④．
【详解】解：如图所示，连接，
根据作图可得分别为的中垂线，
∴，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，故①正确；
连接，
∵是的中垂线，
∴是的中点，
又∵是的中点，
∴，故②正确，
③如图所示，接并延长交于点，
由②可得，
又∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，即点是线段中点；故③正确；
∵，
∵，
∴，
∴，，
∵，
即，
∴，
即，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，故④正确，
故答案为：①②③④．
14．
【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式的意义，解一元一次不等式组；根据一元二次方程根的判别式以及一元二次方程的定义可得且，根据一元一次不等式组的解集得出，进而求得的范围，即可求解．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根；
∴，且
解得：且
解不等式①得：
解不等式②得：
∵不等式组的解集为：
∴
解得：
∴且
∴足以上所有条件的整数k的和为
故答案为：．
15．
【分析】本题考查反比例函数中的几何意义，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，根据反比例函数的几何意义，得出，根据得出根据的面积为，得出，进而代入梯形面积公式，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，
∵
又∵
∴
∵反比例函数图象上的两点，，轴，轴，
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
∴
∴
故答案为：．
16．
【分析】过点作轴于点，设，，证得出则，进而可得点在上运动，根据，进而根据勾股定理，即可求解．
【详解】解：设，，
如图所示，过点作轴于点，
∵且，
又
∴，
∴
∴，，
∴
∵是的中点，
∴
∴点在上运动，
当时，，
当时，
∴点运动的距离为
故答案为：．
17．，当时，原式
【分析】本题考查分式的化简求值，先根据分式的运算法则进行化简，然后根据分式有意义的条件找出符合题意的x的值，最后代入化简后的式子即可求出答案．
【详解】解∶原式
，
∵，，，
∴，，，
∴取，原式．
18．(1)，
(2)
【分析】本题考查了解直角三角形的应用；
（1）根据坡比，得出，即可得出，过点作于点，根据设，则，进而即可求解；
（2）延长交于点，则四边形是矩形，，，设，则，在中，得出则在中，根据列出方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）解：∵坡比，
∴
∴
过点作于点，如图所示，
∵
设，则
∴
∴
解得：
∴，
（2）解：如图所示，延长交于点，
则四边形是矩形，
∴，
依题意，，
设，则，
在中，
∴
∴
在中，
∴
解得：
∴该建筑物的高度为
19．(1)
(2)见解析
(3)，
(4)
【分析】（1）设本次参加抽样调查的游客有人，依题意得，，计算求解即可；
（2）由题意知，类型的人数为（人），然后补全统计图即可；
（3）由题意知，扇形统计图中，E所占的百分比为；则A所对应的圆心角的度数为，计算求解即可；
（4）根据题意画树状图，然后求概率即可．
【详解】（1）解：设本次参加抽样调查的游客有人，
依题意得，，
解得，，
∴本次参加抽样调查的游客有人；
（2）解：由题意知，类型的人数为（人），
补全统计图如下；
（3）解：由题意知，扇形统计图中，E所占的百分比为；
A所对应的圆心角的度数为，
故答案为：，；
（4）解：由题意画树状图如下；
由图可知，共有种等可能的结果，其中同时选择的风景区是A，B共2种等可能的结果，
∵，
∴她们最后选择的风景区是A，B，E的概率为．
【点睛】本题考查了条形统计图，扇形统计图，圆心角，一元一次方程的应用，列举法求概率．熟练掌握条形统计图，扇形统计图，圆心角，一元一次方程的应用，列举法求概率是解题的关键．
20．(1)
(2)这个旅行团共有个成员
【分析】本题考查一元一次不等式的应用和分式方程的应用；
（1）根据题意，旅行团成员总数小于或等于人，加人大于人，据此，即可求解．
（2）设旅行团成员总数为人，根据题意列出分式方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）解：设旅行团成员总数为人，根据题意得，
解得：
∴旅行团成员总数在范围内
（2）解：设旅行团成员总数为人，根据题意得，
解得：，经检验是原方程的解；
答：这个旅行团共有个成员
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用圆周角定理得出，进而得出，利用平角定义得出，利用平行线的性质得出，利用切线的判定即可得证；
（2）根据弧弦的关系得出，利用勾股定理求出，，利用正弦定义求出，由即可求解．
【详解】（1）证明∶连接，

∵平分，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∵，
∴，即，
又是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
∵是直径，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理以及推论，正弦的定义等知识，明确题意，添加合适辅助线是解题的关键．
22．(1)
(2)，理由见解析
【分析】（1）将绕点A逆时针选择得到，连接，，证明是等边三角形，得出，，利用证明，得出，证明，利用勾股定理可得出，即可求解；
（2）过A作，过D作，两线相交于点F，连接，证明，得出，证明得出，在中，利用勾股定理得到，在中，利用勾股定理得到，然后代入化简即可得出结论．
【详解】（1）解∶
理由∶将绕点A逆时针旋转得到，连接，，
则，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，即，
∴，
∵，，
∴；
（2）解：
理由：过A作，过D作，两线相交于点F，连接，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，，
∴
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，即．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正切的定义等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形是解题的关键．
23．(1)
(2)或
(3)，
(4)或或
(5)或
【分析】（1）由题意知，，然后作答即可；
（2）当时，当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，即当时，，可求，则；当时，当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，即当时，，可求，则；
（3）当，，可知或者时，，当时，；
（4）如图1，作的函数图象，由题意知，与轴的交点坐标为，，对称轴为直线，将代入得，，则，由图象可知，当时，；将代入得，，可求或，结合图象作答即可；
（5）如图2，将代入得，，解得，，此时直线与图象有1个交点；将代入得，，解得，，此时直线与图象有3个交点；由直线平移可知，当时，直线与图象只有2个交点； 联立得，，令，解得，，此时直线与图象有3个交点；由直线平移可知，当时，直线与图象只有2个交点；然后作答即可．
【详解】（1）解：由题意知，，
∴顶点坐标为，
故答案为：；
（2）解：当时，当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，
∴当时，，
解得，，
∴；
当时，当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，
∴当时，，
解得，，
∴；
综上所述，m的取值范围为或；
（3）∵，
∴，
当或者时，，
当时，，
故答案为：，；
（4）解：如图1，作的函数图象，
图1
由题意知，与轴的交点坐标为，，对称轴为直线，
将代入得，，
∴，
由图象可知，当时，；
将代入得，，
解得，或，
由图象可知，当或时，，
综上所述，当时，n取值范围为或或，
故答案为：或或；
（5）解：如图2，
图2
将代入得，，
解得，，此时直线与图象有1个交点；
将代入得，，
解得，，此时直线与图象有3个交点；
∴由直线平移可知，当时，直线与图象只有2个交点；
联立得，，整理得，，
则，
令，
解得，，此时直线与图象有3个交点；
∴由直线平移可知，当时，直线与图象只有2个交点；
综上所述，当或时，直线与图象只有2个交点；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数解析式，二次函数与一元二次方程的关系，一元二次方程根的判别式，一次函数图象的平移等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质并数形结合是解题的关键．
24．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据折叠的性质以及正方形的性质可得，，进而得出，即可得证
（2）连接，证明，根据折叠的性质得出，根据，设，在中，在中，分别求得，即可求解；
（3）连接，，证明，根据折叠的性质得出，根据，设，在中，在中，分别求得，即可求解．
【详解】（1）解：，理由如下，
∵将沿对折，使点的对应点为点，点刚好落在对角线上，
∴，
∴
∴
又∵
∴
∴，
（2）解：如图所示，连接，
∵折叠，
∴
又
∴
∴
又∵，
∴
∴
∵折叠，
∴
∴
∵
∴
又∵
∴
∴，
∵，设
∴，，
在中，，
在中，
∴
（3）解：如图所示，连接，
∵折叠，
∴
又
∴
∴
又
∴
∴，
∵折叠，
∴
∴
∵
∴
又∵
∴
∴，
∵，设
∴，，
在中，，
在中，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，矩形的性质，正方形的性质，折叠问题，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．