11， 2024年山东省菏泽市曹县中考一模数学试题

这是一份11， 2024年山东省菏泽市曹县中考一模数学试题，共23页。
注意事项：
1．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、考生号和座号填写在答题卡和试卷规定的位置上．
2．选择题每小题选出答案后，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．答案写在试卷上无效．
3．非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；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，不按以上要求作答的答案无效．
一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1. 下列各数的相反数中，最小的是（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查相反数的定义以及有理数的大小比较．先求出各数的相反数，根据正数都大于零，负数都小于零，正数大于负数，两个负数比较大小，绝对值大的数反而小，再进行比较，即可得出答案．
【详解】解：的相反数是1，0的相反数是0，的相反是是，的相反数是，
，
最小的是．
故选：D．
2. 如图，数轴上两点，所对应的实数分别为，，则的值可能是（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查数轴与不等式的关系．根据数轴上两点A，B所对应的实数a，b的位置可得，，进而求出的范围，逐项验证即可．
【详解】解：根据数轴上两点A，B所对应的实数a，b的位置可得，，
，
根据四个选项中提供的数可以确定符合题意，
故选：C．
3. 图中几何体的俯视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三视图的知识．直接利用几何体的俯视图应该从上面往下看，进而得出答案．
【详解】解：从上面看得到和图形为， ，
故选：C．
4. 一元二次方程的两个根分别为，，则代数式的值为（ ）
A. 1B. C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，代数式求值；利用一元二次方程根与系数的关系求得，，再对代数式分解因式，整体代入即可求解．
【详解】解：一元二次方程两个根分别是、，
，，
，
故选：C．
5. 如图，直线，是等边三角形，顶点B在直线n上，直线m交于点E，交于点F，若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等边三角形的性质可得∠A=60°，再由三角形外角的性质可得∠AEF=∠1-∠A=80°，从而得到∠BEF=100°，然后根据平行线的性质，即可求解．
【详解】解：∵是等边三角形，
∴∠A=60°，
∵∠1=140°，
∴∠AEF=∠1-∠A=80°，
∴∠BEF=180°-∠AEF=100°，
∵，
∴∠2=∠BEF=100°．
故选：B
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，三角形外角的性质，平行线的性质，熟练掌握等边三角形的性质，三角形外角的性质，平行线的性质是解题的关键．
6. “二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．小卓购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“夏至”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小泉．小卓将它们背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），将邮票洗匀后，让小泉从中随机抽取两张，则小泉抽到的两张邮票恰好抽到是“立春”和“秋分”的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了用树状图或列表法求概率；采用列表法求出所有可能情况数及抽到的两张邮票恰好抽到是“立春”和“秋分”的情况数，即可求得概率．
【详解】解：列表如下：
由表知，所有可能情况数有12种，抽到的两张邮票恰好抽到是“立春”和“秋分”的情况数有2种，则抽到的两张邮票恰好抽到是“立春”和“秋分”的概率是；
故选：C．
7. 如图，在中，，，，以点为圆心，长为半径画弧，与交于点，再分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，，作直线，分别交，于点，，则的长为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线，锐角三角函数的应用，由题意易得垂直平分，，则有，，然后可得，进而问题可求解．
【详解】解：由题意得：MN垂直平分AD，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，，
∴；
故选A．
8. 如图，在矩形纸片ABCD中，，，将沿BD折叠到位置，DE交AB于点F，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据矩形的性质和折叠的性质，利用“AAS”证明，得出，，设，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出x的值，最后根据余弦函数的定义求出结果即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=5，AB=BC=3，，
根据折叠可知，，，，
∴在△AFD和△EFB中，
∴（AAS），
∴，，
设，则，
在中，，
即，
解得：，则，
∴，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的折叠问题，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，根据题意证明，是解题的关键．
9. 已知抛物线（a，b，c是常数，）经过点，有下列结论：
①；
②当时，y随x的增大而增大；
③关于x的方程有两个不相等的实数根．
其中，正确结论的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知：，，，
，
，即，得出，故①正确；
，
对称轴，
，
时，随的增大而减小，时，随的增大而增大，故②不正确；
，
关于x的方程有两个不相等的实数根，故③正确．
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质及一元二次方程根的判别式，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质并能应用求解．
10. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点在坐标原点，点是对角线上一点，过点作，交于点，，，点的坐标为，点的横坐标为5，则的长为（ ）
A. B. 2C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理．作轴于点，证明是等腰直角三角形，利用勾股定理求得的长，证明，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：作轴于点，
∵中，，，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∵点的坐标为，点的横坐标为5，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
故选：D．
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分．
11. 分解因式：______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解．一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
【详解】解：
，
故答案为：．
12. 已知等腰三角形一边长为3，另一边长为7，则这个等腰三角形的周长为_____．
【答案】17
【解析】
【分析】分腰长为3和腰长为7两种情况讨论，不合题意的舍去，据此即可求解．
【详解】解：当腰长为时，三边分别为、、，，能构成三角形，周长为；
当腰长为时，三边分别为、、，，无法构成三角形，不合题意．
故答案为：17
【点睛】本题考查了等腰三角形的定义和三角形的三边关系，熟知相关定理是解题关键．
13. 若关于的一元二次方程的一个解是，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程解的定义，代数式求值．根据一元二次方程解的定义把代入到得出，然后进行求解即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程的一个解是，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
14. 如图，菱形的边长为，，为的中点，为的中点，连接，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识．连接，证明是等边三角形，得出，利用勾股定理求出，证明，利用勾股定理求出，最后利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一般即可求解．
【详解】解：连接，
∵菱形的边长为，
∴，，
又，
∴是等边三角形，
∵为的中点，
∴，，
∴
∵，，
∴，
∴，
又为的中点，
∴，
故答案为：．
15. 如图，点，将线段平移得到线段，若，则点的坐标是_______．
【答案】
【解析】
【分析】如图：过D作；由可得；再根据平移的性质可得四边形是平行四边形，再结合可得四边形是矩形，即；然后再说明，再利用三角函数可求得,进而求得即可解答．
【详解】解：如图：过D作于点E，
∵，
∴,
∵将线段平移得到线段，
∴,
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴点的坐标是．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了三角函数的应用、矩形的判定与性质、平移的性质等知识点，灵活利用三角函数列式求解是解答本题的关键．
16. 人们把这个数叫做黄金分割数，著名数学家华罗庚的优选法中的0.618就应用了黄金分割数．设，，记，，……，，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查分式的加减法和二次根式的运算．找出规律是解题的关键．利用分式的加减法则分别可求，，•••，，利用规律求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
，
……
，
……
∴．
故答案为：．
三、解答题：本题共8个题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. （1）计算：．
（2）先化简，再求值：，其中．
【答案】（1）；（2），
【解析】
【分析】本题主要考查分式的化简求值、负指数幂及二次根式的混合运算．
（1）根据负指数幂、绝对值及二次根式的混合运算可直接进行求解；
（2）原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．
【详解】解：（1）
；
（2）
，
当时，原式．
18. 六一儿童节来临之际，某商店用3000元购进一批玩具，很快售完；第二次购进时，每件的进价提高了20%，同样用3000元购进的数量比第一次少了10件．
（1）求第一次每件的进价为多少元？
（2）若两次购进的玩具售价均为70元，且全部售完，求两次的总利润为多少元？
【答案】（1）第一次每件的进价为50元；（2）两次的总利润为1700元．
【解析】
【分析】（1）设第一次每件的进价为x元，则第二次进价为（1+20%）x，根据等量关系，列出分式方程，即可求解；
（2）根据总利润=总售价-总成本，列出算式，即可求解．
【详解】解：（1）设第一次每件的进价为x元，则第二次进价为（1+20%）x，
根据题意得：，解得：x=50，
经检验：x=50是方程的解，且符合题意，
答：第一次每件进价为50元；
（2）（元），
答：两次的总利润为1700元．
【点睛】本题主要考查分式方程的实际应用，找准等量关系，列出分式方程，是解题的关键．
19. 如图，为了测量风景区中一座塔的高度，某数学兴趣小组在斜坡上的点处，用测角仪测得塔顶部的仰角为，用皮尺测得坡的长15米，已知坡的坡比为，请你帮助该数学兴趣小组计算这座塔的高度．
【答案】这座塔的高度为米．
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用．过点分别作地面和的垂线，垂足分别为，证明四边形是矩形，利用坡比的定义结合勾股定理求得，，在中，利用正切函数的定义即可求解．
【详解】解：过点分别作地面和的垂线，垂足分别为，如图，
∵，∴四边形是矩形，
∴，，
∵坡的坡比为，
∴，
设，则，
由勾股定理得，
∵的长15米，
∴，解得，
∴，，
在中，，，
∴，
∴（米），
答：这座塔的高度为米．
20. 某中学八年级共有学生200名，2023年秋学校组织八年级学生参加30秒跳绳训练，开学初和学期末分别对八年级全体学生进行了两次测试，测试数据如下：
八年级学生30秒跳绳测试成绩统计表
八年级学生30秒跳绳第2次测试成绩的扇形统计图
根据以上信息，解答下列问题：
（1）求的值；
（2）八年级学生第2次测试成绩中，百分比是多少？
（3）经过一个学期的训练，该校八年级学生期末第2次测试30秒跳绳超过70的有多少人？
【答案】（1）；
（2）
（3）该校八年级学生期末第2次测试30秒跳绳超过70的有人．
【解析】
【分析】本题考查了统计表和扇形统计图．
（1）用200减去其余各项的人数即可求解；
（2）先求得的人数，再求得的人数，据此求解即可；
（3）根据（2）的结论，求和即可．
【小问1详解】
解：；
【小问2详解】
解：第2次测试成绩中，的人数：（人），
∴第2次测试成绩中，的人数：（人），
∴的百分比是
【小问3详解】
解：该校八年级学生期末第2次测试30秒跳绳超过70的有（人）．
21. 如图，点在第一象限，轴，垂足为点，，反比例函数的图象经过的中点，与相交于点，．
（1）求的值；
（2）连接，求的面积．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】此题考查了反比例函数综合题，用到了锐角三角函数、勾股定理等知识，数形结合是解题的关键
（1）先利用求出，再利用勾股定理求出，可得到点C的坐标；求出，代入函数解析式即可得答案；
（2）求出，直接利用三角形面积公式求出答案即可．
【小问1详解】
解：∵轴，，
∴，
∵，点为的中点，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，，
∵B是的中点，
∴，
将代入，
∴；
【小问2详解】
解：当时，，
∴，
∴，
∵．
22. 如图，是的直径，是的弦，，垂足为点，过点作的切线，与的延长线相交于点．

（1）求证：；
（2）若的半径为5，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）．
【解析】
【分析】本题考查了切线的性质，正弦函数的定义，圆周角定理，垂径定理．正确引出辅助线解决问题是解题的关键
（1）利用切线的性质求得，利用垂径定理求得，利用圆周角定理求得，据此即可证明；
（2）连接，利用圆周角定理结合勾股定理求得的长，再根据，利用正弦函数的定义求解即可．
【小问1详解】
证明：∵是的切线，是的直径，
∴，即，
∴，
∵是的直径，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：连接，

∵是的直径，
∴，
∵的半径为5，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
23. 如图，抛物线与轴相交于点，，与轴相交于点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点为该抛物线对称轴上的一个动点，当时，求点的坐标；
（3）点为该抛物线上的一点，连接，，当时，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式，直角三角形的性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．
（1）根据点，利用待定系数法解出抛物线的函数表达式，即可求出答案；
（2）设出点的坐标，利用建立方程求解，即可求出答案；
（3），利用等腰直角三角形的性质，得代入数值进行计算，即可求出答案．
【小问1详解】
解：把点，代入，
得
解得，
∴，
【小问2详解】
解：抛物线对称轴为直线，
点为该抛物线对称轴上，
设，
，，
，
，
，
；
【小问3详解】
解：由（1）知，，，
，
设，
当时，
当My轴右侧时，如图，过点作轴于，则，
，
，
，
，
，
，
，
（不符合题意，舍去）或，
当M在y轴左侧时，由于，
故，此时不存在符合题意的点M，
.
24. 在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．
【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．
活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．
【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．
【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】；【探究】BD＝2OF，理由见解析；
【解析】
【分析】【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；
【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣x，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；
【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，则结论得证．
【详解】解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图，∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】
如图1，连接BE交AD于点O，
∵四边形ABDE为矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），
∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，
∴，
解得：x＝，
∴AF＝cm．
【探究】BD＝2OF，
证明：如图2，延长OF交AE于点H，
∵四边形ABDE为矩形，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH（ASA），
∴EO＝EH，FO＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD（AAS），
∴BD＝OH＝2OF．
【点睛】本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
立春
夏至
秋分
大寒
立春
夏至 立春
秋分 立春
大寒 立春
夏至
立春 夏至
秋分 夏至
大寒 夏至
秋分
立春 秋分
夏至 秋分
大寒 秋分
大寒
立春 大寒
夏至 大寒
秋分 大寒
跳绳个数
频数（第1次测试）
19
27
72
17
频数（第2次测试）
3
6
59