2024年广东省初中学业水平考试数学预测卷（4）

这是一份2024年广东省初中学业水平考试数学预测卷（4），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．我国杨秉烈先生在上世纪八十年代发明了繁花曲线规画图工具，利用该工具可以画出许多漂亮的繁花曲线，繁花曲线的图案在服装、餐具等领域都有广泛运用．下面四种繁花曲线中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．点A 在数轴上的位置如图所示，则点 A所表示的数的相反数是（ ）

A．2B．C．D．
3．下列四个图形中，不能作为正方体的展开图的是（ ）
A．B．
C．D．
4．下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．不透明的盒子放有三张大小、形状及质地相同的卡片，卡片上分别写有李白《峨眉山月歌》，李白《渡荆门送别》和王维《寄荆州张丞相》三首诗，小明从盒子中随机抽取两张卡片，卡片上诗的作者都是李白的概率（ ）
A．B．C．D．
6．如果关于x的一元二次方程 的一个解是，那么代数式的值为（ ）
A．B．2023C．D．2024
7．如图，正六边形内接于，点G是弧上的一点，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
8．已知反比例函数的图象在一、三象限，则化简代数式得（ ）
A．B．C．D．
9．已知二次函数的图象如图所示，则一次函数的图象大致为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在中，点是边上的一点，，且的面积为10，则的周长的最小值是（ ）
A．10B．12C．14D．16
二、填空题
11．计算： ．
12．分解因式：3a2﹣12= ．
13．如图，已知，，将边绕着点A旋转，当点B落在边的垂直平分线上的点E时， ．

14．如图，，，分别是直线，上的点，，，则直线与之间的距离为
15．如图，四边形内接于，为 的直径，，连接，过点D作，，垂足分别为E，F，则下列结论正确的是 ．
①；②；③与相切；④若，，则．
三、解答题
16．（1）解不等式组：
（2）如图，已知，，，四点共线，，，，连接，，求证：．
17．已知
(1)化简P；
(2)若某圆锥的底面半径为a，母线长为b，且侧面积为，求P 的值．
18．如图，在菱形中，对角线，相交于点O；
(1)尺规作图：过点C作的垂线，垂足为E；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)若，，求的值．
19．随着数字化时代的到来，人工智能被广泛应用．物流行业在人工智能、5G技术的推动下迅速发展．某物流公司利用“智能搜索”“推理规划”“计算机视觉”等技术对分拣和配送环节进行升级．升级前可配送6万件物品，在相同的时间内，现在可配送的物品数量是原来的1.5倍．
(1)现在可配送的物品数量是________万件．
(2)若升级后每小时比升级前多配送0.5万件物品，求升级后每小时配送物品的数量．
20．某工厂进行厂长选拔，从中抽出一部分人进行筛选，其中有“优秀”，“良好”，“合格”，“不合格”．
(1)本次抽查总人数为 ，“合格”人数的百分比为 ．
(2)补全条形统计图．
(3)扇形统计图中“不合格人数”的度数为 ．
(4)在“优秀”中有甲乙丙三人，现从中抽出两人，则刚好抽中甲乙两人的概率为 ．
21．如图，是的直径，C 是圆上的一点， 于点D，交于点 F，连接，若平分，过点 F 作于点 G，交于点 H．
(1)求证：是的切线；
(2)延长与交于点 E，若，求的值．
22．已知，抛物线与轴交于，两点（在的左侧）．
(1)当时，求点，坐标；
(2)若直线经过点，且与抛物线交于另一点，连接，，试判断的面积是否发生变化？若不变，请求出的面积；若发生变化，请说明理由；
(3)当时，若抛物线在该范围内的最高点为，最低点为，直线与轴交于点，且，求此时抛物线的解析式．
23．【问题发现】
（1）如图1，将正方形和正方形按如图所示的位置摆放，连接和，延长交的延长线于点H，求与的数量关系和位置关系．
【类比探究】（2）若将“正方形和正方形”改成“矩形和矩形，且矩形矩形，，”，如图，点E、D、G三点共线，点G在线段上时，若，求的长．
【拓展延伸】（3）若将“正方形和正方形改成“菱形和菱形，且菱形菱形，如图3，，，平分，点P在射线上，在射线上截取，使得，连接，，当时，直接写出的长．
参考答案：
1．C
【分析】本题主要考查了利用轴对称设计图案，轴对称图形的定义，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键；
根据轴对称图形的定义，逐项判断即可求解；
【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C．
2．B
【分析】本题考查了用数轴上的点表示有理数、相反数，由数轴可得，点A所表示的数为，再由相反数的定义即可得出答案．
【详解】解：由数轴可得，点A所表示的数为，
∴点 A所表示的数的相反数是，
故选：B．
3．D
【分析】根据正方体的展开图的11种不同情况进行判断即可．
【详解】解：正方体展开图的11种情况可分为“1﹣4﹣1型”6种，“2﹣3﹣1型”3种，“2﹣2﹣2型”1种，“3﹣3型”1种，
因此选项D符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查正方体的展开图，理解和掌握正方体的展开图的11种不同情况，是正确判断的前提．
4．C
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，同底数幂的除法，完全平方公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
根据二次根式的加法，除法法则，同底数幂的除法，完全平方公式进行计算，逐一判断即可解答．
【详解】A．与不能合并，故A不符合题意；
B．，故B不符合题意；
C．，故C符合题意；
D．，故D不符合题意；
故选：C．
5．A
【分析】可利用画树状图得到所有等可能的结果数，再找出满足条件的结果数，然后利用概率公式求解即可．
【详解】解：设李白《峨眉山月歌》，李白《渡荆门送别》和王维《寄荆州张丞相》三首诗分别为A、B、C，
画树状图为：

由图知，一共有6种等可能的结果，其中从盒子中随机抽取两张卡片，卡片上诗的作者都是李白的有2种，
∴从盒子中随机抽取两张卡片，卡片上诗的作者都是李白的概率为，
故选：A．
【点睛】本题考查了用树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意题目中是放回试验还是不放回实验试验．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
6．D
【分析】本题考查了一元二次方程的解、代数式求值等知识点，掌握方程的解是方程成立的未知数的值成为解题的关键．
由题意知，，则，根据，然后代入计算即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程 的一个解是，
∴，则，
∴．
故选：D．
7．B
【分析】利用圆内接正多边形中心角及同弧所对的圆周角是圆心角一半定理即可．
本题考查圆内接正多边形和圆周角定理，解此题的关键是熟练掌握圆内接正多边形中心角计算和圆周角定理角度计算．
【详解】如图，连接、，

∵正六边形是的内接正六边形，
，
，
故选：B．
8．C
【分析】先根据反比例函数的性质得出，可知，再根据即可得出结果．
【详解】解：∵反比例函数的图象在一、三象限，
∴，即：，
则，
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象和性质：当时，图象分别位于第一、三象限；当时，图象分别位于第二、四象限，还考考查了利用二次根式的性质化简．
9．C
【分析】本题考查了一次函数与二次函数综合判断．先根据二次函数图象求出，，再根据一次函数图象与其系数的关系判断出一次函数经过的象限即可得到答案．
【详解】解：∵抛物线开口向下，
∴，
∵，
∴，
∴一次函数的图象经过第一、二、四象限，
故选：C．
10．D
【分析】本题考查了轴对称的性质、勾股定理，作，作点关于直线对称点，交于，连接，交于，由已知得出，由三角形面积得出，从而得出，表示出的周长，得出要使周长最小，则需点与重合，即点、、共线，由勾股定理得出，即可得解．
【详解】解：如图，作，作点关于直线对称点，交于，连接，交于，
，
∵，
∴，，
∵的面积为10，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵的周长，
∴要使周长最小，则需点与重合，即点、、共线，如图所示，
，
由勾股定理得：，
∴周长最小值为，
故选：D．
11．0
【分析】根据任何不为0的数的0次方都为1，，代入计算即可．
【详解】解：，
故答案为：0．
【点睛】本题考查了零次幂、锐角三角函数值，掌握零次幂的性质和特殊角的三角函数值是解题关键．
12．3（a+2）（a﹣2）
【分析】要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方式或平方差式，若是就考虑用公式法继续分解因式．
【详解】3a2﹣12
=3（a2﹣4）
=3（a+2）（a﹣2）．
13．或
【分析】根据题意分点E在线段右边和点E在线段左边两种情况讨论，分别利用等腰三角形和三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：如图所示，当点E在线段右边时，

∵是边的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵中，，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图所示，当点E在线段左边时，

同理可得是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
综上所述，或．
故答案为：或．
【点睛】此题考查了旋转的性质、等边三角形的性质和判定、等腰直角三的性质和判定、三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
14．
【分析】本题考查了解直角三角形，两平行线间的距离．作于，根据锐角三角函数求出，根据从一条平行线上的任意一点到另一条直线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的距离即可求解．
【详解】解：作于，如图：
∵，，
∴，
则直线与之间的距离为．
故答案为：．
15．①③④
【分析】本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质与判定，切线的判定，熟练掌握以上性质是解题关键．
根据已知条件得出，根据圆内接四边形得出，进而得出，根据圆周角定理即可判断①，不能确定，即可判断②，证明得出，根据三线合一得出，进而根据是直径，得出，结合已知条件即可判断③，证明， ，得出，，进而即可求解．
【详解】如图，连接，
∵，
，
∴，
∵，
∴，
四边形内接于，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
故①正确，
∵不能确定，
∴不一定成立，故②错误，
如图，连接，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴与相切，故③正确，
∵，
，
，
∴．
∴， ，
在和中，
∵， ，
∴，
∴
∵， ，
∴，
故④正确
故答案为：①③④．
16．（1）；（2）证明见解析
【分析】本题考查了解不等式组，全等三角形的判定和性质．
（1）根据解不等式组的方法进行求解即可；
（2）根据两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等先证明，根据全等三角形的对应边相等即可证明．
【详解】（1）解：，
解不等式得：，
解不等式得：，
故不等式的解集为：．
（2）证明：∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴．
17．(1)
(2)4
【分析】本题主要考查了完全平方公式和平方差公式的应用，圆锥侧面积公式，
（1）根据完全平方公式和平方差公式展开计算合并即可；
（2）根据圆锥侧面积公式即可求出，即可得出答案．
【详解】（1）
；
（2）根据题意，得
，
解得，
∴．
18．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了尺规作图，线段垂直平分线的判定定理，菱形的性质，勾股定理等；
（1）延长，以为圆心，适当的长度为半径画弧交的延长线两点，再以此两点为圆心，大于此两点连线段一半为半径画弧交于一点并连接与此点，交的延长线于，即可求解；
（2）由菱形的性质可求，，再由勾股定理可求，由即可求解；
掌握“过直线外一点作已知直线的垂线”的作法，面积转换：是解题的关键．
【详解】（1）解：如图，为所作；
（2）解：四边形为菱形，
，
，
，，
在中，
，
，
，
，
．
19．(1)9
(2)
【分析】（1）根据现在可配送的物品数量是原来的1.5倍计算即可；
（2）升级前可配送6万件物品，在相同的时间内，现在可配送的物品数量是9万件列方程即可解答．
【详解】（1）解：（万件）
故答案为9；
（2）解：设升级后每小时配送万件物品，依题意得：
，
经检验，是方程的解；
答：升级后每小时配送物品的数量是1.5万件.
【点睛】本题考查了分式方程的应用，明确题意、确定等量关系是解答本题的关键．
20．(1)50人，；
(2)见解析
(3)
(4)
【分析】（1）由优秀人数及其所占百分比可得总人数，根据百分比之和为1可得合格人数所占百分比；
（2）总人数乘以不合格人数所占百分比求出其人数，从而补全图形；
（3）用乘以样本中“不合格人数”所占百分比即可得出答案；
（4）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【详解】（1）解：本次抽查的总人数为（人，
“合格”人数的百分比为，
故答案为：50人，；
（2）解：不合格的人数为：；
补全图形如下：
（3）解：扇形统计图中“不合格”人数的度数为，
故答案为：；
（4）解：列表如下：
由表知，共有6种等可能结果，其中刚好抽中甲乙两人的有2种结果，
所以刚好抽中甲乙两人的概率为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率、扇形统计图与条形统计图的关联，读懂统计图中的信息、画出树状图或列表是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)
【分析】对于（1），连接，根据等腰三角形的性质得，由角平分线定义得，等量代换得，根据平行线得判定定理得到，由平行线得性质得出答案；
对于（2），设，则，即可得的值，再根据勾股定理求出的值，证明，可得答案．
【详解】（1）连接，
∵，
∴．
∵平分，
∴，
∴，
∴.
∵，
∴.
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）∵，
设，则，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的性质和判定等，连接圆心和圆上一点的线段是证明切线的常用方法．
22．(1)，
(2)的面积不变，恒为1
(3)
【分析】（1）将代入可得，令，解方程即可求解；
（2）令，解得，，得到，，所以．
由直线经过点，可得．联立，解得，，得到，由点在上，得到，即可得到；
（3）由可得，由题可知对称轴为，则对称轴，易得范围的中点为，，抛物线的对称轴在直线的右侧，分情况讨论：①若，， 由抛物线性质可得当时，取最高点．当时，取最低点，分别过点，向轴作垂线交于点，．易证，结合即可求解；②若，即．最低点在顶点处取得，所以，当时，取最高点，结合 求解即可．
【详解】（1）解：当时，．
令，则．
故，．
∵在的左侧，
∴交点坐标，
（2）解：的面积不变，恒为1．
与轴的交点，令，
则．
∴，．
又∵在的左侧，
∴，，
∴．
∵直线经过点，
∴，
∴，
∴．
联立
得
∴，．
∴
又∵点在上，
∴
∴．
（3）解：由可得，
∴．
由题可知对称轴为，则对称轴．
又∵，即范围的中点为
∴，即抛物线的对称轴在直线的右侧
①若，，即时，
∵抛物线开口向上，
∴当时，随的增大而减小．（如图所示）

∴当时，
取最高点．
当时，
取最低点分别过点，向轴作垂线交于点，．
则．
∴，即
∴
∴当时，抛物线的解析式为
②若，即．
∴最低点在顶点处取得，所以．
当时，取最高点．
由得，
解得，．
∵，∴与不符合题意，均合去．
综上所述，抛物线的解析式为．
【点睛】本题考查了二次函数综合，二次函数的图象与性质，相似三角形的性质与判定等知识，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
23．【问题发现】，
【类比探究】
【拓展延伸】或
【分析】1）可证明，从而，，进一步得出结论；
（2）作于，可依次求得，，，解直角三角形求得，，可证明，从而，从而得出；
（3）分为两种情形：当在上时，连接，交于，作，交的延长线于，可证得，，从而得出，从而，可推出，从而，从而得出，设，，可求得，从而，从而得出，根据勾股定理得，得出，进而得出结果；当在的延长线上时，同样方法得出结果．
【详解】解：（1）如图1，设和的延长线交于，和交于，
四边形和四边形是正方形，
，，，
，
，
，，
，
，
，
故答案为：，；
（2）如图2，作于，
四边形是矩形，
，
，，
，
由得，，
，
，
在中，，，
，
，
矩形矩形，
，，
，
，
，
；
（3）如图3，当在上时，连接，交于，作，交的延长线于，
四边形是菱形，
，，
菱形菱形，
，，，
，
，
平分，
，
；
，，
，
，
∵，
∴，
，，
，
，
，
，
，
设，，
如图4，过I作于M，

∵，，，
∴，
∵，，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
，
，
，
∴；
如图5，当在的延长线上时，

由上可知：，
，
∴；
综上所述：或．
【点睛】本题考查了正方形、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类，作辅助线，构造直角三角形．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
C
A
D
B
C
C
D
甲
乙
丙
甲
（乙，甲）
（丙，甲）
乙
（甲，乙）
（丙，乙）
丙
（甲，丙）
（乙，丙）