2024年河北省九年级中考数学一模试题（解析版）

这是一份2024年河北省九年级中考数学一模试题（解析版），共15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 （本题共计16小题，总分42分）
1.（3分）若a=1,则a=( )
A.-1B.1C.±1D.0
2.（3分）有理数−123的倒数是( )
A.−132B.−53C.35D.−35
3.（3分）如图,ΔABC与ΔDEF是位似图形,点O是位似中心,若OA:OD=1:3,ΔABC的面积为3,则ΔDEF的面积为( )
A.6B.9C.12D.27
4.（3分）世卫组织宣布某病毒最大直径约为0.00000012m,0.00000012用科学记数法可表示为( )
A.12×10−8×10−6C.1.2×10−7D.1.2×10−6
5.（3分）手势密码是在手机触屏上设置的一笔连成的九宫格图案,登录软件时画一下设定的图案即可。下列四种手势密码图案中,是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
6.（3分）在平面直角坐标系中,将点P(a,b)向左平移1个单位长度,再向下平移2个单位长度得到的点的坐标是( )
A.(a,b−2)B.(a−2,b)C.(a−1,b−2)D.(a+1,b−2)
7.（3分）由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的主视图和俯视图如图所示,则组成这个几何体的小正方体的个数最少有( )
A.7个B.6个C.5个D.4个
8.（3分）计算m2−n2m⋅2mm+n的结果是( )
A.2(m−n)2B.2(m2−n2)C.2(m−n)D.2(m+n)
9.（3分）抖空竹在我国有着悠久的历史,是国家级的非物质文化遗产之一.如图,AC,BD分别与⨀O相切于点C,D,延长AC,BD交于点P.若∠P=120°,⨀O的半径为6cm,则瞬间与空竹接触的细绳的长为( )
A.4πcmB.4cmC.2πcmD.2cm
10.（3分）在联欢会上,三名同学分别站在锐角ΔABC的三个顶点位置上,玩“抢凳子”的游戏,游戏要求在ΔABC内放一个木凳,谁先抢到凳子谁获胜,为使游戏公平,凳子最适合摆放的位置是ΔABC的( )
A.三边垂直平分线的交点B.三条中线的交点
C.三条角平分线的交点D.三条高所在直线的交点
11.（2分）下面是九年级(1)班某学习小组讨论的问题:如图所示,在四边形ABCD中,点E,F分别在边BC,AD上,添加一些条件,使四边形AECF是平行四边形,并加以证明.条件分别是:①BE=DF;②∠B=∠D;③∠BAE=∠DCF;④四边形ABCD是平行四边形.其中所添加的条件符合题目要求的是( )
A.④B.①②C.①④D.①②③
12.（2分）如图所示,在ΔABC中,BC=3,AC=4,∠ACB=90°,以点B为圆心,BC长为半径画弧,与AB交于点D,再分别以A,D为圆心,大于12AD的长为半径画弧,两弧交于点E,F,作直线EF,分别交AC,AB于点P,Q,则PQ的长度为( )
A.12B.34C.45D.310
13.（2分）已知某租车公司有甲、乙两个营业点,顾客租车后于当日营业结束前必须在任意一个营业点还车.某日营业结束清点车辆时,发现在甲归还的车辆比从甲出租的多4辆.若当日从甲出租且在甲归还的车辆为13辆,从乙出租且在乙归还的车辆为11辆,则关于当日从甲、乙出租的车的数量,下列比较正确的是( )
A.从甲出租的比从乙出租的多2辆B.从甲出租的比从乙出租的少2辆
C.从甲出租的比从乙出租的多6辆D.从甲出租的比从乙出租的少6辆
14.（2分）如图,扇形AOB中,∠AOB=90°,点C,D分别在OA,AB^上,连接BC,CD,点D,O关于直线BC对称,AD^的长为π,则图中阴影部分的面积为( )
A.6π−33B.6π−63C.12π−932D.6π−334
15.（2分）如图,二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴的交点A,D的横坐标分别为3和-1,其图象与x轴围成封闭图形L,图形L内部(不包含边界)恰有4个整点(横、纵坐标均为整数的点),系数a的值可以是( )
A.25B.35C.57D.38
16.（2分）已知点O是边长为6的等边ΔABC的中心,点P在ΔABC外,ΔABC,ΔPAB,ΔPBC,ΔPCA的面积分别记为S0,S1,S2,S3.若S1+S2+S3=2S0,则线段OP长的最小值是( )
A.332B.532C.33D.732
二、 填空题 （本题共计3小题，总分9分）
17.（3分）已知a+b=1,则代数式a2−b2+2b+9的值为_______
18.（3分）如图,一个矩形内部能用一些正方形铺满,既不重叠,又无檤傹,就称它为“优美矩形”.如图所示,“优美矩形”ABCD的周长为26,则正方形d的边长为______
19.（3分）定义:函数图象上到两坐标轴的距离都不大于n(n⩾0)的点叫做这个函数图象的“n阶方点”.例如,点(13,13)是函数y=x图象的““12阶方点”;点(2,1)是函数y=2x图象的“2阶方点”.
(1)在①(−2,−12);②(−1,−1);③(1,1)三点中,是反比例函数y=1x图象的“1阶方点”的有______(填序号)；
(2)若y关于x的一次函数y=ax−3a+1图象的“2阶方点”有且只有一个,则a=_____;
(3)若y关于x的二次函数y=−(x−n)2−2n+1图象的“n阶方点”一定存在,则n的取值范围为______
三、 解答题 （本题共计5小题，总分49分）
20.（9分）计算:(−6)×(23−◻)−23.
圆圆在做作业时,发现题中有一个数字被墨水污染了.
(1)如果被污染的数字是12,请计算(−6)×(23−12)−23;
(2)如果计算结果等于6,求被污染的数字.
21.（9分）对于任意一个四位数,我们可以记为abcd,即abcd=1000a+100b+10c+d.若规定:对四位正整数abcd进行F运算,得到整数F(abcd→)=a4+b3+c2+d1.例如:F(1249)=14+23+42+91=34;F(2020)=24+03+22+01=20.
(1)计算:F(2137);
(2)当c=e+2时,证明:F(abcd)−F(abed)的结果一定是4的倍数;
(3)直接写出满足F(32xy)=98的所有四位数.
22.（9分）张老师为了了解学生训练前后定点投篮情况(规则为在罚球线投篮10次,统计进球个数),对本班男、女生的投中个数进行了统计,并绘制成如图1所示的频数分布折线图.
(1)小红根据图1列出表格:
请你帮助小红完成表格中的数据:a=____,b=_______,c=_____
(2)从训练前投中数是2个的3名同学中随机抽取2名同学进行提升练习,用列表或画树状图的方法求抽取2人佮好都是女生的概率;
(3)通过张老师对投篮要点的讲解和示范,一周后学生的投中个数比训练前明显增加,全班投中个数变化的人数的扇形统计图如图2所示,求训练后投中个数增加3次的学生人数和全班增加的投中总个数.
23.（10分）如图1所示,在A,B两地之间有一车站C,甲车从A地出发经G站驶往B地,乙本从B地出发经C站驶往A地,两车同时出发,匀速行驶,图2是甲、乙两车行驶时离C站的路程y(km)与行驶时间x(h)之间的函数图象.
(1)填空:a的值为_____,m的值为_______,A,B两地的距离为_______km;
(2)求m小时后,乙车离C站的路程y(km)与行驶时间x(h)之间的函数关系式;
(3)请直接写出乙车到达A地前,两车与车站C的路程之和不超过300km时行驶时间x的取值范围.
24.（12分）在ΔABC与ΔADE中,连接DC,点M,N分别为DE和DC的中点,连接MN.
(1)【观察猜想】
如图1,若AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°,MN与BD的数量关系是______
(2)【类比探究】
如图2,若AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°,请写出MN与BD的数量关系并就图2的情形说明理由;
(3)【解决问题】
如图3,∠BAC=∠DAE=90°,∠ACB=∠AED=30°,3AD=AB=6,将ΔADE绕点A进行旋转,当点D落在ΔABC的边所在直线上时,直接写出MN的长.
答案
一、 单选题 （本题共计16小题，总分42分）
1.（3分）【答案】B
【解析】∵a=1,∴a=12=1.故选 B.
2.（3分）【答案】D
【解析】−123=−53,−53的倒数是−35.故选 D.
3.（3分）【答案】D
【解析】∵ΔABC与ΔDEF是位似图形,∴ΔABC∽ΔDEF,
AB//DE,∴ΔOAB∽ΔODE,
∴ABDE=OAOD=13,
∴SΔABCSΔDEF=(13)2=19,
∵ΔABC的面积为3,∴ΔDEF的面积为27.故答案为D.
4.（3分）【答案】C
【解析】0.00000012=1.2×10−7.故选 C.
5.（3分）【答案】C
【解析】 A.该图形是轴对称图形,但不是中心对称图形,故A不符合题意; B.该图形既是轴对称图形,又是中心对称图形,故B不符合题意; C.该图形是中心对称图形但不是轴对称图形,故C符合题意; D.该图形既不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故D不符合题意.故选C.
6.（3分）【答案】C
【解析】将点P(a,b)向左平移1个单位长度,再向下平移2个单位长度得到的点的坐标是(a−1,b−2).故选C.
7.（3分）【答案】B
【解析】组成该几何体的小正方体的个数最少有4+2=6(个).故选 B.
8.（3分）【答案】C
【解析】m2−n2m⋅2mm+n=(m+n)(m−n)m⋅2mm+n=2(m−n).故选 C.
9.（3分）【答案】C
【解析】如题图,连接OC,OD,∵AC,BD分别与⨀O相切于点C,D,∴∠OCP=∠ODP=90°.
∵∠P=120°,
∴∠COD=360°−∠P−∠OCP−∠ODP
=360°−120°−90°−90°=60°,
∴CD^的长为:60π×6180=2π(cm),∴瞬间与空竹接触的细绳的长为2πcm故选 C.
10.（3分）【答案】A
【解析】当木凳所在位置到A,B,C三个顶点的距离相等时,游戏公平,则凳子应放的最适当的位置是ΔABC的三边垂直平分线的交点.故选 A.
11.（2分）【答案】C
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形,∴BC//AD,BC=AD.
∵BE=DF,∴BC−BE=AD−DF,即CE=AF.又∵CE//AF,
∴四边形AECF是平行四边形,∴添加的条件是①④.故选 C.
12.（2分）【答案】B
【解析】由题意知:BC=BD=3,线段EF为AD的垂直平分线.在RtΔABC中,由勾股定理得:AB=AC2+BC2=42+32=5,∴AD=AB−BD=5−3=2,∴AQ=12AD=12×2=1.∵tanA=BCAC=PQAQ,即34=PQ1,∴PQ=34.故选B.
13.（2分）【答案】B
【解析】设当日从甲、乙出租的车辆数分别为x辆,y辆,由题意知:13+(y−11)−x=4,则y−x=2,即从甲出租的比从乙出租的少2辆.故选 B.
14.（2分）【答案】A
【解析】如题图,连接OD,BD,令OD与BC交于点E,设OA=r,由题意知:BD=BO.
∵DO=BO,
∴BD=BO=DO,
∴ΔBOD是等边三角形,∴∠BOD=60°.
∵∠AOB=90°,
∴∠AOD=30°.∵AD^的长为π,
∴30πr180=π,∴r=6,
∴OB=6,
∴OE=DE=12OB=12×6=3,
BE=OB⋅sin60°=6×32=33,
∴CE=OE⋅tan30°=3×33=3,∴
S阴影=S扇形BOD+SΔCDE−SΔBOE=
60π×62360+12×3×3−12×3×33=6π−33.故选 A.
15.（2分）【答案】B
【解析】∵二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴的交点A,D的横坐标分别为3和−1,∴二次函数解析式为y=a(x−3)(x+1),对称轴为直线x=3−12=1.∵当x=1时,y=−4a,当x=0时,y=−3a,∴抛物线的顶点坐标为(1,−4a),与y轴的交点坐标为(0,−3a),∵图形L内部(不包含边界)恰有4个整点,∴{−3⩽−4a<−2,−2⩽−3a<−1,
解得1216.（2分）【答案】B
【解析】如图,点O为等边ΔABC的中心,连接AO并延长AO交BC于点E,连接CO并延长交AB于点D,连接PD,则AE=CD,
S2=SΔPBD+SΔBDC,S3=SΔPAD+SΔADC.由题意知:S1+S2+S3=2S0,
∴S1+S2+S3=SΔPAB+(SΔPBD+SΔBDC)
+(SΔPAD+SΔADC)=SΔPAB+(SΔPBD+
SΔPAD)+(SΔBDC+SΔADC)
=SΔPAB+SΔPAB+SΔABC
=2S1+S0=2S0,
∴S1=12S0.设ΔABC中AB边上的高为ℎ1,ΔPAB中AB边上的高为ℎ2,则S0=12AB⋅ℎ1=12×6ℎ1=3ℎ1,S1=12AB·ℎ2=12×6ℎ2=3ℎ2,∴3ℎ2=12×3ℎ1,∴ℎ1=2ℎ2.∵ΔABC是等边三角形,∴AE垂直平分BC,∠CAB=60°,
∴CE=12BC=12×6=3,
∠CAE=12∠CAB=12×60°=30°.在RtΔACE中,AE=AC2−CE2=62−32=33,
∴ℎ1=33,ℎ2=332.当P,D,O三点共线,即点P在CO的延长线上时,OP取得最小值,CP=ℎ1+ℎ2=33+332=932.在RtΔOCE中,∠OCE=12∠ACB=12×60°=30°,
OE=CE⋅tan30°=3×33=3,
OC=2OE=23,
∴OP的最小值是CP−OC=932−23=532.故选 B.
二、 填空题 （本题共计3小题，总分9分）
17.（3分）【答案】10
【解析】∵a+b=1,
∴a2−b2+2b+9
=(a+b)(a−b)+2b+9
=a−b+2b+9=a+b+9
=1+9=10.故答案为10.
18.（3分）【答案】5
【解析】设正方形b的边长为x,则正方形a的边长为2x,正方形c的边长为3x,正方形d的边长为5x,由题意知:2(3x+5x+5x)=26,解得x=1,∴5x=5×1=5,∴正方形d的边长为5.故答案为5,
19.（3分）(1)②③
【解析】∵|−2|>1,∴(−2,−12)不是该函数图象的“1阶方点”;∵|−1|=1,∴(−1,−1)是该函数图象的“1阶方点”;∵1=1,∴(1,1)是该函数图象的“1阶方点”,故该函数图象的“1阶方点”有②③.故答案为②③.
(2)-1或3
【解析】设函数图象上的点的坐标为(x,y),则|x|⩽2,|y|⩽2,∴|ax−3a+1|⩽2,
∴ax−3a+1⩽2或ax−3a+1⩾−2.∵只有一个“2阶方点”,∴3a+1a=2或3a−3a=2,解得a=−1或3.
故答案为-1或3.
(3)n⩽−1−178或14⩽n⩽1
【解析】在以O为中心,边长为2|n|的正方形ABCD中,当抛物线与正方形区域有公共部分时,二次函数y=−(x−n)2−2n+1图象的“n阶方点”一定存在.
如图1,抛物线的对称轴为直线x=n,当n<0时,A(n,−n),B(n,n),C(−n,n),D(−n,−n),当拋物线经过点D时,−n=−(−n−n)2−2n+1,解得n1=−1+178(舍去),n2=−1−178,∴当n⩽−1−178时,二次函数y=−(x−n)2−2n+1的图象有“n阶方点”;n=0时,y=−x2+1,函数图象过点(0,1),不存在“0阶方点”,此情况不成立.
如图2,当n>0时,A(n,n),B(n,−n),C(−n,−n),D(−n,n),当抛物线经过点D时,n=−(−n−n)2−2n+1,解得n1=-1(舍去),n2=14;
当抛物线经过点B时,−n=−(n−n)2−2n+1,解得n=1,
∴当14⩽n⩽1时,二次函数y=−(x−n)2−2n+1图象有“n阶方点”.
综上所述,n的取值范国为n⩽−1−178或14⩽n⩽1.
故答案为n⩽−1−178或14⩽n⩽1.
三、 解答题 （本题共计5小题，总分49分）
20.（9分）(1)
(−6)×(23−12)−23
=(−6)×23−(−6)×12−8
=−4+3−8
=−9
(2)设被污染的数字为x,则(−6)×(23−x)−23=6,解得x=3.
所以被污染的数字为3.
21.（9分）(1)F(2137)=24+13+32+71=16+1+9+7=33.
(2)证明:F(abcd)−F(abed)=a4+b3+c2+d1−(a4+b3+e2
+d1)=c2−e2.∵c=e+2,∴c2−e2=(e+2)2−e2=4e+4=4(e+1).
∵e⩾0,且e是整数,∴4(e+1)是4的倍数.
∴F(abcd)−F(abed)的结果一定是4的倍数.
(3)∵F(32xy)=34+23+x2+y=98,∴x2+y=9.
∵0⩽y⩽9,∴0⩽x2⩽9,
∴0⩽x⩽3,且x为整数,
∴{x=0y=9或{x=1,y=8或{x=2,y=5,或{x=3,y=0.
∴满足条件的四位数有3209,3218,3225,3230.
22.（9分）(1)男生投中的个数为1,2,3,4,5,6,7的人数分别为:
2,1,6,4,2,3,2,则a=120×(1×2+2×1+3×6+4×4+5×2+6×3+7×2)=4(个).
∵投中个数为3的男生人数最多,∴b=3.
∵女生共有20人,第10人与第11人投中个数均为5个,
∴c=5.故答案为4,3,5.
(2)根据题意,画树状图如图:
由图可知,共有6种等可能的结果,其中抽取2人恰好都是女生(记为事件A)的结果有2种,则P(A)=26=13.
(3)40×(1−20%−40%−30%)=4(人),则训练后投中个数增加3次的人数为4人.
全班增加的投中总个数为:1×40×40%+2×40×30%+3×40×10%=52(个).
23.（10分）(1)∵v甲=3606=60(km/h),
∴BC=a=60×(8−6)=120(km),
∴AB=AC+BC=360+120=480(km),
∴v乙=4806=80(km/h),
∴m=12080=1.5(h).故答案为120,1.5,480.
(2)设1.5小时后,乙车离C站的路程y(km)与行驶时间x(h)之间的函数关系式为y=kx+b(k≠0),则{6k+b=360,1.5k+b=0,解得{k=80,b=−120.∴函数关系式为y=80x−120(1.5(3)当0⩽x⩽1.5时,360−60x+120−80x⩽300,解得x⩾97,∴当97⩽x⩽1.5时,两车与车站C的路程之和不超过300km;当1.524.（12分）(1)如图1,连接CE.
∵点M,N分别为DE和DC的中点,
∴MN是ΔCDE的中位线,
∴CE=2MN.
∵∠BAC=∠DAE=60°,
∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE,
即∠DAB=∠EAC.
在ΔADB和ΔAEC中，{AB=AC,∠DAB=∠EAC,AD=AE.
∴ΔADB≅ΔAEC(SAS),∴BD=CE,∴BD=2MN.
故答案为BD=2MN.
(2)BD=2MN,理由如下：
如图2,连接CE.
∵M,N分别为DE和DC的中点,
∴MN是ΔDEC的中位线,
∴CE=2MN.
∵∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠BAC−∠BAE=∠DAE−∠BAE,即∠CAE=∠BAD.
在ΔADB和ΔAEC中,{AD=AE,∠BAD=∠CAE,AB=AC,
∴ΔADB≅ΔAEC(SAS),∴BD=CE,∴BD=2MN.
(3)①如图3,当点D落在AC上时,连接CE.
∵3AD=AB=6,∴AD=2.
在RtΔABC中,∠ACB=30°,AB=6,则AC=3AB=63,
∴AE=3AD=23.
在RtΔCAE中,由勾股定理得:
CE=AE2+AC2=(23)2+(63)2=230.
∵点M,N分别为DE和DC的中点,
∴MN=12CE=12×230=30;
②如图4,当点D落在BA的延长线上时,
在RtΔABC中,∠ACB=30°,AB=6,则AC=3AB=63,在RtΔDAE中,∠AED=30°,AD=2,则AE=3AD=23,∵∠BAC=∠DAE=90°,
∴E,A,C三点共线,∴CE=AE+AC=23+63=83,∴MN=12CE=12×83=43;
③如图5,当点D落在CA的延长线上时,连接CE.由②知:在RtΔADE中,AE=23,在RtΔABC中,AC=63,在RtΔAEC中,由勾股定理得:CE=AE2+AC2=
(23)2+(63)2=230,
∴MN=12CE=12×230=30;
④如图6,当点D落在AB边上时.
由②知:AE=23,AC=63,
∴CE=AC−AE=63−23=43,
∴MN=12CE=12×43=23.
综上所述,MN的长为30或43或23