2024年青海省西宁市虎台中学中考二模数学试题

这是一份2024年青海省西宁市虎台中学中考二模数学试题，共25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．在下列各数中，无理数是（ ）
A．B．0C．D．3.14159265
2．如图是由6个大小相同的小正方体搭成的几何体，该几何体的左视图是（ ）
A．B．C．D．
3．下列各式中，计算正确的是( )．
A．B．3a＋5b＝8ab
C．6ab－5ab＝1D．
4．下列各式中，正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．在一次足球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛21场，设共有个队参赛，根据题意，可列方程为（ ）．
A．B．C．D．
6．若代数式的化简结果为，则整式为（ ）
A．B．C．D．
7．从、、0、1、2这5个数中任取一个数，作为函数的值(为常数)，则使函数图象与轴有两个交点的概率是( )
A．B．C．D．1
8．如图，在正方形中，，点从点出发以每秒个单位长度的速度沿路径运动，点从点出发以每秒1个单位长度的速度沿路径运动，当点与点重合时停止运动，设点的运动时间为秒，的面积为，则能反映与之间函数关系的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
9．在直角坐标系中，点关于轴对称点的坐标是 ．
10．若+|b﹣2|＝0，则（a+b）2020的值为 ．
11．因式分解： ．
12．用科学记数法表示的数，化为原数是 ．
13．如图，、分别切于点，，点是上一点，且，则的度数为 ．
14．已知一个扇形的圆心角为60°，半径为3，将这个扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的底面圆半径为 ．
15．如图，在ΔABC中，，高，正方形一边在上，点，分别在，上，交于点，则的长为 ．
16．如图，为了测量“四川大渡河峡谷”石碑的高度，佳佳在点处测得石碑顶点的仰角为，她朝石碑前行5米到达点处，又测得石顶点的仰角为，那么石碑的高度的长 米．（结果保留根号）
17．如图，在菱形中， ， ，是边的中点，，分别是，上的动点，连接，，则的最小值是 ．
18．如图，在矩形中，，点是边上一动点，将沿折叠，使得点落在点处，点分别到的距离分别记为，若，则的长为
三、解答题
19．先化简，再求值：，其中，．
20．先化简，再求值：，其中．
21．解分式方程：．
22．为落实我市关于开展中小学课后服务工作的要求，某学校开设了四门校本课程供学生选择：．舞蹈社团；．博乐阅读；．快乐英语；．硬笔书法．某年级共有100名学生选择了课程，为了解本年级选择课程学生的学习情况，从这100名学生中随机抽取了30名学生进行测试，将他们的成绩（百分制）分成六组，绘制成频数分布直方图．
（1）已知这组的数据为：71，72，74，75，76，76，79．则这组数据的中位数是__________；众数是__________；
（2）根据题中信息，估计该年级选择课程学生成绩在的总人数；
（3）该年级每名学生选两门不同的课程，小明和小华在选课程的过程中，若第一次都选了课程，那么他俩第二次同时选择课程或课程的概率是多少？请用列表法或树状图的方法加以说明．
23．如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，分别过点C、D作CF∥BD，DF∥AC，连接BF交AC于点E．
（1）求证：△FCE≌△BOE；
（2）当△ADC满足什么条件时，四边形OCFD为菱形？请说明理由．
24．为进一步普及新观状病毒疫情防控知识，提高学生自我保护能力，时代中学复学后采取了新冠状病毒疫情防控知识竞赛活动，对于成绩突出的同学进行表彰奖励，计划购买甲、乙两种笔记本作为奖品已知3本甲型笔记本和5本乙型笔记本共需50元，2本甲型笔记本和3本乙型笔记本共需31元．
（1）求1本甲型笔记本和1本乙型笔记本的售价各是多少元？
（2）学校准备购买这两种类型的笔记本共200本，要求甲型笔记本的本数不超过乙型笔记本的本数的3倍，请设计出最省钱的购买方案，并求出花费最低的钱数．
25．如图，AB为⊙O的直径，BC是⊙O的一条弦，点D在⊙O上，BD平分∠ABC，过点D作EF⊥BC，分别交BA、BC的延长线于点E、F．
（1）求证：EF为⊙O的切线；
（2）若BD＝4，tan∠FDB＝2，求AE的长．
26．在探索平面图形的性质时，往往需通过剪拼的方式帮助我们寻找解题思路．
（1）【知识回顾】
在证明三角形中位线定理时，就采用了如图①的剪拼方式，将三角形转化为平行四边形使问题得以解决，请写出已知，求证，并证明三角形中位线定理．
（2）【数学发现】
如图②，在梯形中，，是腰的中点，请你沿着将上图的梯形剪开，并重新拼成一个完整的三角形．
如图③，在梯形中，，、分别是两腰、的中点，我们把叫做梯形的中位线．请类比三角形的中位线的性质，猜想和、有怎样的位置和数量关系？
【证明猜想】
（3）证明（2）的结论，并在“，”的条件下，求的长．
27．如图，已知抛物线经过和两点，直线与x轴相交于点C，P是直线上方的抛物线上的一个动点，轴交于点D．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)求线段的最大值及此时点P的坐标；
(3)若以A，P，D为顶点的三角形与相似，请求出所有满足条件的点P和点D的坐标．
参考答案：
1．A
【分析】无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项．
【详解】A. 是无理数，故A正确；
B. 0是有理数，故B；错误
C. 是有理数，故C错误；
D. 3.14159265是有理数，故D错误；
故选：A.
【点睛】本题考查无理数概念，熟练掌握无理数的概念为解题关键．
2．A
【分析】左侧观察图形，数好正方形的数量即可求解．
【详解】几何体的左视图，第一列有两个正方体，第二列有一个正方体，下面一行有2个正方体
故选A．
【点睛】本题考查了三视图，主视图：从几何体的正面观察，左视图：从几何体的左面观察，俯视图：从几何体的上面俯视观察．
3．A
【分析】根据同类项的定义，合并同类项的法则判断即可．
【详解】，故A选项正确；
不是同类项，不能进一步计算，故B选项错误；
6ab－5ab＝ab，故C选项错误；
，a3和a2不是同类项，故D选项错误．
故选A．
【点睛】本题考查了同类项的概念，合并同类项，如果两个单项式，他们所含的字母相同，并且相同字母的指数也分别相同，那么就称这两个单项式为同类项．
4．D
【分析】根据算术平方根和有理数的乘方逐一进行计算即可得到答案．
【详解】解：A、，原计算错误，不符合题意；
B、，原计算错误，不符合题意；
C、，原计算错误，不符合题意；
D、，计算正确，符合题意，
故选D．
【点睛】本题考查了算术平方根和有理数的乘方，熟练掌握相关运算法则是解题关键．
5．D
【分析】类似的场次比赛相互问题可看做“握手问题”，由于赛制是单循环（每两队都赛一场），设有 队参赛，因此比赛总的场次为 场，剧题意总场次为21场，依此等量关系列出方程.
【详解】设共有 队参赛，此次比赛总场次为
已知共比赛21场.
根据题意列方程为
故答案选D.
【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，找到等量关系为解题的关键.
6．B
【分析】根据分式的运算法则，将原式变形，然后计算求解即可．
【详解】∵，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了分式的计算和因式分解，熟练的掌握分式的计算法则是本题的关键．
7．C
【分析】根据题意，函数图象与轴有两个交点，说明这个函数为二次函数，满足＞0且，求得，找出满足的值即可做出选择．
【详解】根据题意，函数图象与轴有两个交点，则＞0且，
解得＜２且，
所以，满足条件的数有-2、-1、1，
本题要从5个数中任意抽取1个数，但符合要求的只有3个，故概率为．
故选：C．
【点睛】根据题意，学生要意识到题目中的函数为二次函数是解答本题的关键，另外不要忽视，在二次函数中，二次项系数不为0．
8．B
【分析】分如图1所示，当点E在上时，过点E作于G，如图2所示，当点E在上，点F在上时，两种情况分别求出y与x的函数关系式即可得到答案．
【详解】解：如图1所示，当点E在上时，过点E作于G，
由题意得，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴ ，
∴，
∴；
如图2所示，当点E在上，点F在上时，
由题意得，，
∴，
∴
，
∴四个选项中只有B选项符合题意，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了函数图象的识别，正方形的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
9．（-4，-3）
【分析】根据关于x轴对称的点的坐标，横坐标相同，纵坐标互为相反数，可得答案．
【详解】解：点关于轴对称点的坐标是（-4，-3），
故答案为：（-4，-3）
【点睛】主要考查了平面直角坐标系中对称点的规律．解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
10．1
【分析】首先根据非负数的性质可求出a、b的值，进而可求出a、b的和．
【详解】∵
∴a+3＝0，b﹣2＝0，
∴a＝﹣3，b＝2；
因此a+b＝﹣3+2＝﹣1．
则（a+b）2020＝（﹣1）2020＝1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查算术平方根与绝对值的非负性及乘方，熟练掌握算术平方根与绝对值的非负性及乘方是解题的关键．
11．
【分析】先提公因式，然后再用完全平方公式分解因式即可．
【详解】解：
．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
12．
【分析】用科学记数法表示的数还原成原数时，n小于0时，n的绝对值是几，小数点就向左移几位．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查写出用科学记数法表示的原数．将科学记数法表示的数，“还原”成通常表示的数，就是把a的小数点向左移动n位所得到的数．把一个数表示成科学记数法的形式及把科学记数法还原是两个互逆的过程，这也可以作为检查用科学记数法表示一个数是否正确的方法．
13．/80度
【分析】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质和四边形内角和定理，先由圆周角定理得到，再由切线的性质得到，据此根据四边形内角和定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，
∴，
∵、分别切于点，，
∴，
∴，
故答案为：．
14．/
【分析】由已知得扇形的弧长，除以即为圆锥的底面半径．
【详解】解：∵扇形的弧长，
∴圆锥的底面半径为．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了扇形的弧长公式；圆的周长公式；用到的知识点为：圆锥的弧长等于底面周长，熟练掌握其公式是解决此题的关键．
15．20．
【分析】设正方形的边长，易证四边形是矩形，则，根据正方形的性质得出，推出，根据相似三角形的性质计算即可得解．
【详解】解：设正方形的边长，
四边形是正方形，
，，
，
是ΔABC的高，
，
四边形是矩形，
，
，
（相似三角形对应边上的高的比等于相似比），
，，
，
，
解得：，
．
故答案为20．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质的运用，注意：矩形的对边相等且平行，相似三角形的对应高的比等于相似比，题目是一道中等题，难度适中．
16．
【分析】先根据已知条件得出△ADC是等腰三角形，再利用AB=sin60°×AD计算即可
【详解】解：由题意可知：∠A=30°，∠ADB=60°
∴∠CAD=30°
∴△ADC是等腰三角形，
∴DA=DC又DC=5米
故AD=5米
在Rt△ADB中，∠ADB=60°
∴AB=sin60°×AD=米
故答案为：
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、解直角三角形，熟练记忆特殊角的锐角三角函数值是关键
17．
【分析】作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′M⊥AB于点M，交AC于点P，由PE+PM=PE′+PM=E′M知点P、M即为使PE+PM取得最小值的点，利用S菱形ABCD=AC•BD=AB•E′M求解可得答案．
【详解】解：如图，作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′M⊥AB于点M，交AC于点P，
则点P、M即为使PE+PM取得最小值的点，则PE+PM=PE′+PM=E′M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴点E′在CD上，AC⊥BD，
∵AC=，BD=6，
∴AB==6，
由S菱形ABCD=AC•BD=AB•E′M得：
××6＝6E′M，
解得：E′M=，即PE+PM的最小值是.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查轴对称-最短路线问题，解题的关键是作出使得PE+PM最小时的点P和 点M.
18．或
【分析】第一种情况：点F在矩形内部，根据题意，且，得到h1=6，h2=2，根据折叠的性质得到，根据相似比得到，，即可求解AE；第二种情况，点F在BC下方，根据题意求得h1=12，h2=4，然后在中应用勾股定理求得BJ=，即，因此，根据含角直角三角形的边角关系或锐角三角函数即可求解EF，即AE．
【详解】（1）点F在矩形内部
根据题意，做于点H，于点J，如下图：
由题意得，解得h1=6，h2=2
∵将沿折叠，使得点落在点处
又∵
∴
∴
∴
∴，EF=
∴AE=
（2）点F在矩形外部，即在BC下方，如图所示
根据题意，做于点H，交BE于点I，交BC于点J，此时FH= h1，FJ= h2，如下图：
由题意得，解得h1=12，h2=4，
∵将沿折叠，使得点落在点处
∴BF=AB=8
∴在中，，
∴
∴
又∵FH=12
∴
∴AE=
故答案为或．
【点睛】本题考查了三角形相似的性质和判定，勾股定理，和三角函数，判断出是本题的关键．
19．，
【分析】本题主要考查了整式化简求值，熟练掌握相关运算法则和运算公式是解题关键．首先根据完全平方公式、平方差公式以及单项式乘以多项式法则进行运算，再合并同类项完成化简，然后将，代入求值即可．
【详解】解：原式
，
当，时，
原式
．
20．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将计算m的值代入化简结果中求值可得．
【详解】解：

∵
∴当时，原式．
【点睛】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
21．
【分析】本题主要考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的方法和步骤是解题关键．首先等号两边同时乘以，再按照去括号，移项、合并同类项，系数化为1的步骤求解，然后检验，即可获得答案．
【详解】解：，
等号两边同时乘以，可得 ，
去括号，得 ，
移项、合并同类项，得 ，
系数化为1，得
经检验，是该分式方程的解，
所以，该分式方程的解为．
22．（1）75分，76分；（2）30人；（3）图表见解析，
【分析】（1）根据中位数定义：按顺序排列的一组数据中居于中间位置的数和众数的定义：在一组数据中出现次数最多的数据，即可得出答案；
（2）先求出成绩在范围内选取课程的百分比，再乘以100，即可得出答案；
（3）根据题意画出树状图，数出同时选择课程或课程的情况数，除以总情况数即可得出答案．
【详解】解：（1）由题意可得： 中位数为分，众数为76分；
（2）抽取的30名学生成绩在范围内选取课程的有9人，所占比为，
选取课程的总人数为（人）；
（3）因该年级每名学生选两门不同的课程，第一次都选了课程，列树状图如下：
等可能结果共有9种，他俩第二次同时选择课程或课程的有2种，
所以，他俩第二次同时选择课程或课程的概率是．
【点睛】本题考查的是中位数、众数和求概率，熟练掌握中位数、众数和概率的定义是解决本题的关键．
23．（1）见解析；（2）当△ADC满足∠ADC=90°时，四边形OCFD为菱形．
【分析】（1）证明四边形OCFD是平行四边形，得出OD=CF，证出OB=CF，即可得出△FCE≌△BOE（AAS）；
（2）证出四边形ABCD是矩形，由矩形的性质得出OC=OD，即可得出四边形OCFD为菱形．
【详解】（1）证明：∵CF∥BD，DF∥AC，
∴四边形OCFD是平行四边形，∠OBE=∠CFE，
∴OD=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∴OB=CF，
在△FCE和△BOE中，
，
∴△FCE≌△BOE（AAS）；
（2）解：当△ADC满足∠ADC=90°时，四边形OCFD为菱形；
理由如下：
∵∠ADC=90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，
∴OC=OD，
∴四边形OCFD为菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键．
24．（1）1本甲型笔记本的售价是5元，1本乙型笔记本的售价是7元；（2）当购买甲型笔记本150本，乙型笔记本50本时最省钱，最低费用为1100元．
【分析】（1）设1本甲型笔记本的售价是x元，1本乙型笔记本的售价是y元，根据题意列出方程组，解方程组即可；
（2）设购买甲型笔记本a本，费用为w元，列出w与a函数关系式，确定a取值范围，根据一次函数增减性即可确定最省钱方案．
【详解】解：（1）设1本甲型笔记本的售价是x元，1本乙型笔记本的售价是y元，根据题意得：
，解得，，
答：1本甲型笔记本的售价是5元，1本乙型笔记本的售价是7元；
（2）设购买甲型笔记本a本，则购买乙型笔记本（200﹣a）本，费用为w元，
w＝5a+7（200﹣a）＝﹣2a+1400，
∵a≤3（200﹣a），
∴a≤150，
∴当a＝150时，w取得最小值，此时w＝1100，200﹣a＝50，
所以，当购买甲型笔记本150本，乙型笔记本50本时最省钱，最低费用为1100元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组应用，一次函数与实际问题，根据题意列出函数关系式，确定自变量取值范围是解题关键．
25．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，由OB=OD及BD平分∠ABC可得OD∥BF，则由EF⊥BD可得结论；
（2）连接OD、AD，由可得，从而可得，由此在Rt△ABD中，可分别求得AD、AB；由（1）中所证易得△EAD∽△EDB，， 从而得AE=BE，最后可求得AE的长．
【详解】（1）如图，连接OD
则OB=OD
∴∠ABD=∠BDO
∵BD平分∠ABC
∴∠ABD=∠FBD
∴∠ABD=∠BDO
∴OD∥BF
∵EF⊥BC
∴OD⊥EF
∴EF为⊙O的切线
（2）如图，连接AD、OD
∵在Rt△BFD中，
∴BF=2DF
∴
∴
即
∵
∴
在Rt△ABD中，由勾股定理得：
∵AB为⊙O的直径
∴∠ADB=90°
由（1）知，OD为⊙O的切线
∴∠ODB=90°
∴∠EDA+∠ADO=∠ADO+∠BDO=90°
∴ ∠EDA=∠BDO
∵∠ABD=∠BDO
∴∠EDA=∠ABD
∵∠E=∠E
∴△EAD∽△EDB
∴
∴AE=DE，DE=BE
∴AE=BE，即BE=4AE
∵AB=BE-AE=3AE
∴
【点睛】本题主要综合考查了圆的切线的判定、相似三角形的判定和性质、三角形函数、勾股定理等知识．
26．（1）见解析；（2）画图见解析，猜想：，；（3）证明见解析，6；
【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定：
（1）根据三角形中位线定理的内容写出对应的已知，求证和证明过程即可；
（2）延长交延长线于M，证明可得到所要的三角形；根据梯形性质和三角形的中位线进行猜想即可得出结论；
（3）如图③，连接并延长，交延长线于点，证明得到，，在中，利用三角形的中位线可证得，，进而可证得结论；再根据结论求出的长即可．
【详解】解：（1）已知：在中，分别是的中点，
求证：：
证明：如图所示，过点C作交延长线与F，
∵分别是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
（2）如图所示，延长交延长线于M，则把延剪开后放置到的位置，即为所求；
猜想：，；
（3）连接并延长，交延长线于点，
，
．
是的中点，
．
，
．
，．
点是的中点，又点是的中点，
是的中位线，
，．
．
，，
．
，．
∵，，
∴。
27．(1)
(2)有最大值为，的坐标为
(3)点的坐标为，点的坐标为或点坐标为，，点坐标为，
【分析】（1）直接利用待定系数法，即可求出解析式；
（2）设直线的解析式为，设点的坐标为，则点坐标为表示出，再由二次函数的最值性质，求出答案；
（3）根据题意，可分为两种情况进行分析：当时；当时；分别求出两种情况的点的坐标，即可得到答案．
【详解】（1）将和，代入，
，
解得，
该抛物线的解析式为；
（2）设直线的解析式为，把和，代入，
，
解得，
直线的解析式为，
设点的坐标为，则点坐标为，
，，
，
当时，有最大值为；
∴的坐标为
（3）当时，，
解得：，
点坐标为，
①当时，
轴，，
∴轴，
点纵坐标是3，横坐标，
即，解得，
点的坐标为；
轴，
点的横坐标为2，
点的纵坐标为：，
点的坐标为，点的坐标为；
②当时，
此时，
过点作于点，
，
，
设点的坐标为，则点坐标为，
则，
解得：，
点坐标为，，点坐标为，，
综上，点的坐标为，点的坐标为或点坐标为，，点坐标为，．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，坐标与图形，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，二次函数的图象和性质，运用数形结合和分类讨论的思想解题是关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
A
A
A
D
D
B
C
B