2024年江西省南昌市中考数学模拟试题（解析版）

这是一份2024年江西省南昌市中考数学模拟试题（解析版），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列各数中，最大的数是（ ）
A. B. 0C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了有理数的大小比较，根据各数之间的大小关系得出答案即可．
【详解】因为，
所以最大的数是4．
故选：D．
2. 如图，是由一个长方体和一个竖直的小圆柱组成的几何体，其左视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
根据左视图是从左边看得到的图形，可得答案．
【详解】解：从左边看该几何体，其左视图是一列两个相邻的矩形，底层的矩形的长要大得多．
故选：C．
3. 下列运算中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了整式的加减，正确合并同类项计算即可．
【详解】A. ，不是同类项，无法计算，错误，不符合题意，
B. ，错误，不符合题意，
C. ，正确，符合题意，
D. 不是同类项，无法计算，错误，不符合题意，
故选C．
4. 如图是根据南昌市2024年2月上旬的每天气温绘成的折线统计图，以下说法正确的是（ ）
A. 2月上旬某天最大温差为
B. 2月上旬最高气温的众数是5
C. 2月上旬最低气温平均数是
D. 2月上旬最高气温的方差小于最低气温的方差
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了折线统计图，中位数，众数和平均数，根据统计图的信息即可判断①；根据2月上旬最高气温和都出现了3次，结合众数的定义即可判断②；计算出最低气温的平均数即可判断③；根据最高气温的波动比最低气温的波动要大，即可判断④．
【详解】解：A、由图中信息可知，2月1日，温差为，2月10日，温差为，最大温差不是，故本选项不符合题意；
B、由图中信息可知，2月上旬最高气温的众数是5和7，故本选项不符合题意；
C、2月上旬最低气温平均数是，说法正确，故本选项符合题意；
D、由图中信息可知，2月上旬最高气温比最低气温的波动比大，即2月上旬最高气温的方差大于最低气温的方差，故本选项不符合题意；
故选：C．
5. 杨辉三角形，又称贾宪三角形，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，如图是杨辉三角形的部分排列规律，则第八行从左数第三个数为（ ）
A. 十五B. 二十一C. 二十五D. 三十五
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了完全平方公式，各项是按a的降幂排列的，它的两端都是由数字1组成的，而其余的数则是等于它肩上的两个数之和．
从第3行开始依次确定第三个数，即是完全平方公式中的第三项的系数，找到规律即可确定第八行第三个数．
【详解】解：依据规律可得到：的展开式的系数是杨辉三角第8行的数，
第3行第三个数为1，
第4行第三个数为，
第5行第三个数为，
…
第8行第三个数为：．
故选：B．
6. 二次函数的图象与轴交于，两点，点在二次函数上，则下列结论错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数图象与x轴的交点坐标与系数的关系，图象上点的坐标的特征，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键．
由已知可得，求得，再将代入可求出，，进而判断即可．
【详解】解：∵二次函数的图象与轴交于，两点，
∴a、b为方程的两个根，
∴，
∴，
∵点在二次函数上，
∴，
∴，
可得方程组，
解得，
∴，故A正确．
∴，故B正确．
∵，故C正确．
∵，
∴，即，故D错误．
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7. ______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据有理数的绝对值的定义解答即可．
【详解】解：；
故答案为：1．
【点睛】本题考查了有理数的绝对值，数轴上，一个数与原点的距离叫做这个数的绝对值，熟知概念是关键．
8. 已知华氏温度和摄氏温度的换算关系为：摄氏温度（华氏温度，在1个标准大气压下冰的熔点为，则在1个标准大气压下冰的熔点为___．
【答案】32
【解析】
【分析】本题考查求自变量的值，根据因变量和自变量的关系求解即可．
【详解】解：摄氏温度（华氏温度，
（华氏温度，
华氏温度．
故答案为：32．
9. 已知关于x的一元二次方程 的两个实数根为，，若，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，先根据求得，再利用根与系数的关系即可求解，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
【详解】解：由题意得：，
解得：，
原方程为，
，
故答案为：．
10. 元朝朱世杰所著的《算学启蒙》中，记载了这样一道题，这道题大意是：快马每天行320里，慢马每天行200里，慢马先行10天，快马几天可追上慢马？若设快马x天可追上慢马，则由题意得方程：_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了一元一次方程的实际应用，根据路程速度时间列出方程即可．
【详解】解：设快马x天可追上慢马，
由题意得，，
故答案为：．
11. 如图，矩形分割成两个矩形和，扇形所在的圆与矩形三边均相切，且， 为矩形中半径最大的圆，扇形和恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则的值为_____．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查圆的切线的性质，弧长的计算，矩形的判定和性质，圆锥的性质等，设的半径为，的半径为，根据圆锥的性质可得x与r的关系，设与、、分别相切于点、、，连接、、，作于点，可证四边形，，都是矩形，进而用含r的式子表示出和，可得答案．
【详解】解：设的半径为，的半径为，
，
扇形的圆心角为，
扇形和恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，
，
，
为矩形中半径最大的圆，
，
设与、、分别相切于点、、，连接、、，
四边形是矩形，，，，
，，
四边形和四边形都是矩形，
，，，
，
，
作于点，则，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
故答案为：．
12. 在平面直角坐标系中，的顶点，的坐标分别为，，点绕点顺时针旋转到点，连接，，若为直角三角形，则点到轴的距离为________．
【答案】4，2或
【解析】
【分析】本题考查了旋转过程中点的坐标的变化，根据特殊角的三角函数值求出与x轴的夹角是解题的关键；通过分类讨论，分三种情况逐个求解即可；
【详解】解：当，即点P与点B重合时，则P到轴的距离为4；
当点P与点B不重合，且时，此时P在第四象限，
，，，
，
，
，的坐标分别为，，
，，
，
，
，
和轴夹角为，
到轴的距离为，
当时，和轴夹角为，
到轴的距离为，
综上所述，到轴的距离为4，2或．
故答案为：4，2或．
三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13. （1）计算：；
（2）已知a，b为实数，，求的值．
【答案】（1）；（2）2
【解析】
【分析】（1）首先化简二次根式，特殊角的三角函数值，然后计算加减；
（2）首先将变形为，然后代入求解即可．
此题考查了二次根式的化简，特殊角的三角函数值，分式的求值，解题的关键是掌握以上运算法则．
【详解】解：（1）
；
（2）∵，
∴，
∴
．
14. 在的正方形网络中，B，C两点均在格点上，请仅用无刻度的直尺按下列要求作出等腰三角形（保留作图痕迹）．
（1）如图1，作以为腰的锐角三角形；
（2）如图2，作以为底的锐角三角形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查作图—应用与设计作图、等腰三角形的判定，熟练掌握等腰三角形的判定是解答本题的关键．
（1）根据等腰三角形的判定按要求画图即可．
（2）根据等腰三角形的判定，使，且满足为锐角三角形即可．
【小问1详解】
如图1，即为所求（答案不唯一）．
【小问2详解】
如图2，即为所求（答案不唯一）．
15. 2024年1月22日，一场突如其来的大雪席卷整个江西．为了发挥学生团员的先锋带头作用，某校组织部分九年级团员学生打扫积雪．学校决定在甲、乙、丙、丁四名团员志愿者中随机抽取两人．
（1）“甲、乙、丙中至少有一人被抽中”是______事件；（填“必然”、“不可能”或“随机”）
（2）请用画树状图法或列表法，求乙、丁都被抽中的概率．
【答案】（1）必然 （2）
【解析】
【分析】本题考查列表法与树状图法、必然事件，熟练掌握列表法与树状图法、必然事件定义是解答本题的关键．
（1）根据必然事件的定义可得答案．
（2）画树状图得出所有等可能的结果数以及乙、丁都被抽中的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【小问1详解】
解：由题意得，“甲、乙、丙中至少有一人被抽中”必然事件．
故答案为：必然．
【小问2详解】
解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中乙、丁都被抽中的结果有：乙丁，丁乙，共2种，
∴乙、丁都被抽中的概率为．
16. 如图，一次函数y=kx+bk≠0与反比例函数相交于点，与轴相交于点，其中，．
（1）求的值；
（2）求一次函数的解析式．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查一次函数与反比例函数综合，涉及由反比例函数性质求参数、待定系数法确定一次函数解析式、两点之间距离公式等知识，熟练掌握一次函数及反比例函数的图象与性质是解决问题的关键．
（1）由反比例函数过点，将点代入解析式解方程即可得到答案；
（2）设，如图所示，可知，由，利用两点之间距离公式列方程求解得到坐标，再由待定系数法确定函数解析式即可得到答案．
【小问1详解】
解：反比例函数过点，
，解得；
小问2详解】
解：由（1）知，
设，由图可知，
，
，则，
或，解得或（正值舍去），则，
直线：，
将、代入解析式得，解得，
一次函数的解析式为．
17. 正方形和如图摆放，点在边上，交于点，，，连接，求的度数．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到．过点作于点，根据正方形的性质证明，得，再证明，得，进而可以解决问题．
【详解】解：如图，过点作于点，
四边形是正方形，
，，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
．
．
四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
18. 2023年12月27日南昌东站通车运营，南昌东站以“霞鹜齐飞，祥瑞绽放”为设计理念，展现出了新时代高铁客运枢纽的活力，东站通车后旅客流量不断增大，旅客往往需要长时间排队等候安检．经调查发现，某天开始安检时，已有200人排队等候，此后每分钟又增加10位旅客排队安检，而一个安检门每分钟只能办理5位旅客的安检工作．此时间段内东站排队等候安检的人数（人）与车站开放后的时间（分钟）的关系如图所示，其中前分钟只开放了4个安检门．
（1）求的值；
（2）由于突发情况，要求在候检旅客在13分钟内（含13分钟）动态清零，如图中点所示，求在分钟后至少要增设多少个安检门．
【答案】（1）5 （2）至少要增设2个安检门
【解析】
【分析】本题考查一次函数的应用，理解题意并得到“等候安检的人数=原有排队人数+新增排队人数-办理安检的人数”是解题的关键．
（1）根据“等候安检的人数=原有排队人数+新增排队人数-办理安检的人数”列关于m的方程并求解即可；
（2）设在m分钟后增设a个安检门，当时实现动态清零，根据等候安检的人数为0列方程并求出t（关于a的代数式），令，求出a的取值范围并取其最小整数值即可．
【小问1详解】
解：根据题意，得，
解得．
【小问2详解】
设在分钟后增设个安检门，当时实现动态清零．
根据题意，得，
将代入并整理，得，
解得，
当时，解得，
为整数，
在分钟后至少要增设2个安检门．
19. 如图1，是南昌八一起义纪念塔，象征着革命的胜利．某校数学社团的同学们欲测量塔的高度．如图2，他们在第一层看台上架设测角仪，从处测得塔的最高点的仰角为，测出，台阶可抽象为线段，，台阶的坡角为，测角仪的高度为，塔身可抽象成线段．
（1）求测角仪与塔身的水平距离；
（2）求塔身的高度．（结果精确到）（参考数据：，，，）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形，解题的关键是正确作出辅助线，构造直角三角形求解．
（1）延长交的延长线于点，过点作于点，过点作于点，则，，易得，根据勾股定理得出，最后即可解答；
（2）由（1）可知，，根据题意得出，，，则，，根据，即可解答．
【小问1详解】
解：如图，延长交延长线于点，过点作于点，过点作于点，
则，，
由题意可知，，，
，
，
，
答：测角仪与塔身的水平距离为；
【小问2详解】
解：由（1）可知，，
由题意可知，，，，
，
，
，
答：塔身的高度约为．
20. 定理证明：
（1）如图1，，是的两条切线，切点分别为，，求证：；
定理应用：
（2）如图2，是⊙的内接等腰三角形，，，是的切线，若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）由切线的性质得到，再由等边对等角得到，则可证明，进而证明．
（2）先证明，由切线的性质得到，则，由圆周角定理得到，则，由平行线的性质得到，则可证明，得到，进而可证明是等边三角形，是等边三角形，则四边形是菱形，作于点，则，，求出，则．
【详解】（1）证明：如图1，连接、、，
，是的两条切线，切点分别为，，
，，
，
，
，
，
，
．
（2）解：如图2，连接、，则，
，
，
，
与相切于点，
，
，
，
，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
是等边三角形，
，
四边形是菱形，
作于点，则，，
，
，
四边形的面积是．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，等边对等角，等边三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键.
五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
21. 为进一步落实“双减”政策，某校对七、八年级学生某天“书面作业”的时间（单位：小时）进行了随机抽样调查，共获得220名七、八年级学生“书面作业”时间数据，绘制成如下统计图表，请根据图表中的信息回答下列问题．
（1） ， ；
（2）①补全条形统计图；
②七年级甲同学说“我的学习时间是此次抽样调查中七年级所得数据的中位数”；则甲同学的学习时间在哪个范围内．
（3）“双减”政策规定初中生书面作业时间不超过90分钟，已知该校七、八年级学生共有1100人，请估计该校七、八年级学生“书面作业”的时间符合规定的人数．
【答案】（1）35，40
（2）①作图见解析；②落在“B组”，在范围内
（3）850人
【解析】
【分析】（1）根据样本中八年级学生学习时间在“组”所对应的圆心角的度数，求出其所占的百分比，再根据频率可求出样本中，八年级的人数，进而求出样本中七年级的学生人数，进而求出、的值；
（2）①根据样本中七年级各组人数即可补全条形统计图；
②由中位数的定义进行计算即可．
（3）求出样本中，七、八年级学生书面作业时间不超过90分钟的所占的百分比，进而估计整体中，学生书面作业时间不超过90分钟的所占的百分比，由频率进行计算即可．
本题考查条形统计图，扇形统计图，频数分布表，掌握频率是正确解答的关键．
【小问1详解】
解：由于样本中八年级学生学习时间在“组”所对应的圆心角为，即占调查人数的，而在“组”的有10人，
所以八年级所调查的学生人数为（人，
因此七年级的调查人数为（人，
所以（人，（人，
故答案为：35，40；
【小问2详解】
解：①补全条形统计图如下：
②七年级的样本容量是100，因此中位数是将这100名学生的“书面作业”从小到大排列后，则第50位，第51位数据的平均数，
因此中位数落在“组”，在范围内；
小问3详解】
解：（人，
答：该校七、八年级1100名学生中，估计七、八年级学生“书面作业”的时间符合规定的人数大约为850人．
22. 某数学兴趣小组开展数学实验，探索绳子垂下时形状的变化．如图1，是一个伸缩扣，通过它可自由调节绳子的长度．如图2，是一单杠示意图，两立柱与之间的距离为，，，，将带有伸缩扣的绳子两端系于单杠上，已知，绳子自然下垂时近似呈抛物线状态，实验开始时绳子系于，处，，此时，抛物线记为，兴趣小组将绳子两端分别向，滑动，规定绳子两端每次滑动距离均为，直至绳子两端各到，处停止，滑动过程中依次得到抛物线，，，若兴趣小组以点为原点建立平面直角坐标系，绳子两端在滑动过程中，抛物线解析式为．
（1）抛物线的解析式为： ；
（2）当绳子两端系在，处时，身高的小明站在单杠下，其头部刚好接触到绳子，求小明到立柱的距离．
（3）兴趣小组探究，，之间的特殊位置关系时，发现有一条与轴平行的直线与，，只有三个交点，直接写出这条直线的解析式．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】此题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．
（1）将代入解析式求解即可；
（2）首先得到当时，然后将代入求解即可；
（3）首先求出，，，然后分别转化成顶点式求出顶点坐标，进而求解即可．
【小问1详解】
当时，，
故答案为：；
【小问2详解】
当时，，
小明身高1.7米，
，
，
或，
小明到立柱的距离为或；
【小问3详解】
，，，
与的顶点为，
直线与，，只有三个交点．
六、解答题（本大题共12分）
23. 在矩形中，，点是上一动点，连接，将沿折叠，使点落在点处，延长交射线于点，延长交于，如图1，图2．
（1）直接写出与的数量关系为______；
（2）如图1，求证：；
（3）若，在点从点向点运动的过程中．
①如图2，当时，求的长；
②当时，直接写出的长．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）①；②当在内部时，；当在延长线上时，
【解析】
【分析】（1）由对折可得，，再结合四边形的内角和定理与邻补角的性质可得结论；
（2）如图，连接，先证明，结合，可得，再利用相似三角形的性质可得结论；
（3）①由，可得，设，则，再利用勾股定理建立方程求解即可；②如图，当在线段上时，求解，，，，结合轴对称的性质可得答案；②如图，当在的延长线上时，同理：，求解，，，证明，可得，设，再进一步解答可得答案．
【小问1详解】
解：，理由如下：
∵将沿折叠，使点落在点处，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
【小问2详解】
证明：如图，连接，由对折可得：
，，，
∴是的垂直平分线，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，而，
∴
∴，而，
∴．
【小问3详解】
①∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
解得：，（舍去），
∴；
②如图，当在线段上时，
∵，，
∴，，
∴，，
由对折可得：
，，，
∴，
∴，
②如图，当在的延长线上时，同理：，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，设，
∴，
解得：，
∴；
综上：当在内部时，；当在延长线上时，．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，线段的垂直平分线的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与应用，一元二次方程的解法，清晰的分类讨论是解本题的关键．类别
学习时间（小时）
频数（七年级）
频数（八年级）
A
15
10
B
40
25
C
a
45
D
10
b