2024年广东省珠海市凤凰中学中考一模数学试题

这是一份2024年广东省珠海市凤凰中学中考一模数学试题，共30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．的绝对值是（ ）
A．2024B．C．D．
2．将抛物线向左平移2单位，再向上平移3个单位，则所得的抛物线解析式为（ ）
A．B．
C．D．
3．下列计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，直线，是直角三角形，，点C在直线n上．若，则的度数是（ ）

A．60°B．50°C．45°D．40°
5．将一副三角板按如图所示的位置摆放在直尺上，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
6．若关于x的一元二次方程有一根是3，则m的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．如图，电线杆的中点C处有一标志物，在地面D点处测得标志物的仰角为，若测得的长度为，则电线杆的长可表示为（ ）．
A．aB．C．D．
8．如图，为的直径，弦于，且点为半径的中点，连接，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
9．匀速地向一个容器注水，最后把容器注满．在注水的过程中，水面高度h随时间t的变化规律如图所示（图中为一折线），那么这个容器的形状可能是下列图中的（ ）

A． B． C． D．
10．如图，等边边长为3，是中点，点沿的路径运动，连接，、分别是、上的点，、在上，若点运动的某段路程中正方形始终存在，则满足条件的点运动的路径长度为（ ）

A．B．C．4.5D．6
二、填空题
11．因式分解： ．
12．一个正数的两个平方根为和，则这个正数为 ．
13．如图所示的衣架可以近似看成一个等腰三角形，其中，，，则高约为 ．（结果精确到，参考数据：，，）．
14．如图，已知A是y轴负半轴上一点，点B在反比例函数的图像上，交x轴于点C，，，的面积为，则 ．
15．如图，将面积为7的正方形和面积为9的正方形分别绕原点O顺时针旋转，使，落在数轴上，点A，D在数轴上对应的数字分别为a，b，则 ．

16．已知，则的面积为 ．
三、解答题
17．计算：．
18．解不等式组：．
19．先化简，再求值：，其中x＝﹣1．
20．已知如图，过点A作，且，．
(1)求证；
(2)若已知平分，，求的度数．
21．为全面贯彻党的教育方针，保障学生每天在校1小时体育活动时间，某校计划采购部分篮球和足球，已知1个篮球和2个足球一共120元，3个篮球和4个足球一共270元．
(1)求篮球，足球的单价分别是多少元；
(2)该校需购买足球和篮球一共100个，且足球的数量不少于篮球数量的，那么购买足球和篮球各多少个时花费最少？最少花费是多少元？
22．某学校为了解本校学生对我国航天事业的了解情况，在全校范围内开展了航天知识竞赛，学校随机抽取了50名学生的成绩，整理并制成了如下不完整的频数分布表和频数分布直方图．
其中这一组的数据如下：
61，61，61，62，62，63，63，63，63，64，64，64，64，64，67，68，69，69
根据以上提供的信息，解答下列问题：
(1)表格中______，______，______；
(2)这一组数据的众数是_____，中位数是_____，平均分是_____；
(3)若全校共有1500名学生参与竞赛，试估计成绩不少于80分的学生人数．
23．如图，四边形是平行四边形，以AB为直径的⊙O经过点D，点E是⊙O上一点，且∠AED=45°.
（1）试判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由;
（2）若⊙O的半径为，，求∠ADE的正弦值．
24．综合与实践
素材：一张边长为4的正方形纸片
步骤1：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平．
步骤2：再一次折叠纸片，点落在点处，并使折痕经过点，得到折痕，点在边上，过点作的垂线交射线于点．
(1)如题1图，若点落在边上，直接写出的度数；
(2)如题2图，设，，试求关于的函数表达式；
(3)如题3图，为的外接圆，若与边相切，求的长．
25．蔬菜大棚是一种具有出色的保温性能的框架覆膜结构，它出现使得人们可以吃到反季节蔬菜．一般蔬菜大棚使用竹结构或者钢结构的骨架，上面覆上一层或多层保温塑料膜，这样就形成了一个温室空间．
如图1，某个温室大棚的横截面可以看作矩形和抛物线构成，其中，，取中点，过点作线段的垂直平分线交抛物线于点，若以点为原点，所在直线为轴，为轴建立如图所示平面直角坐标系．请回答下列问题：

(1)如图2，抛物线的顶点，求抛物线的解析式；
(2)如图3，为了保证蔬菜大棚的通风性，该大棚要安装两个正方形孔的排气装置，，若，求两个正方形装置的间距的长；
(3)如图4，在某一时刻，太阳光线透过点恰好照射到点，此时大棚截面的阴影为，求的长．
组号
成绩
频数
频率
1
2
0.04
2
0.1
3
18
0.36
4
9
0.18
5
6
2
0.04
参考答案：
1．A
【分析】本题考查求一个数的绝对值，根据负数的绝对值是它的相反数，即可得出结果．
【详解】解：的绝对值是2024．
故选：A．
2．A
【分析】本题考查二次函数的平移．根据平移规律：左加右减，上加下减进行计算即可．
【详解】解：由题意得：；
故选：A．
3．A
【分析】根据积的乘法，合并同类项，单项式乘以单项式，完全平方公式，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A. ，故该选项正确，符合题意；
B. 与不能合并同类项，故该选项不正确，不符合题意；
C. ，故该选项不正确，不符合题意；
D. ，故该选项不正确，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了积的乘法，合并同类项，单项式乘以单项式，完全平方公式，熟练掌握以上运算法则以及乘法公式是解题的关键．
4．D
【分析】延长交直线n于点D，根据平行线的性质求出，再根据直角三角形的特征解答即可．
【详解】延长交直线n于点D，如图所示．

∵，
∴．
在中，．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，直角三角形的特征等，作出辅助线是解题的关键．
5．C
【分析】利用三角形外角性质（三角形的一个外角等于不相邻的两个内角和）解题或利用三角形内角和解题皆可.
【详解】如图：
∵，
∴，
∵，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了一副三角板所对应的角度是、、、和三角形外角的性质.本题容易，解法很灵活.
6．C
【分析】把代入方程即可得到答案．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有一根是3，
∴，
解得：，
故选C．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的解的含义，掌握“方程的解使方程的左右两边相等”是解本题的关键．
7．B
【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用、中点的定义等知识点，根据正弦的定义求得成为解题的关键．
根据题意以及正弦的定义可得，再根据中点的定义即可解答．
【详解】解：∵∠D=45°，
∴,即，解得：,
∴.
故选：B.
8．B
【分析】本题考查了解直角三角形，垂径定理，圆周角定理．根据垂径定理求得，由，求得，再根据圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接，
∵点为半径的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
9．B
【分析】根据函数图象的走势：陡，较缓，较陡，注水速度是一定的，上升的快慢跟容器的粗细有关，越粗的容器上升高度越慢，从而得到答案．
【详解】解：从图中可以看出，上升最快，上升较慢，上升较快，
所以容器的底部容积最小，中间容积最大，上面容积较大，
故选：B．
【点睛】本题考查了函数图象的性质在实际问题中的应用，判断出每段函数图象变化不同的原因是解题的关键．
10．A
【分析】本题考查等边三角形、正方形和全等三角形的性质，过点H作，得到，，得到，根据建立不等式，并解不等式，当x取最大值时，点H与点P重合，点运动的路径长度为：，即可求得答案．
【详解】解：如下图所示，过点H作，

得，
∵四边形是正方形，为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴
∴，
设，
得，
∵，
∴，
∴，
当时，，点H与点P重合，
得，
点运动的路径长度为：，
故选：A．
11．
【详解】原式=
12．
【分析】本题考查了平方根和一元一次方程的知识；根据一个正数有两个平方根，它们互为相反数的性质列一元一次方程并求解，即可得到答案．
【详解】根据题意，得
∴
∴
∴这个正数
故答案为：．
13．
【分析】先根据等腰三角形的三线合一性质得到，再利用正切定义求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∵在中，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、解直角三角形的应用，熟练掌握等腰三角形的性质是解答的关键．
14．
【分析】过点B作轴于点D，根据题意结合图形及含30度角的直角三角形的性质得出，再由三角形面积求解即可．
【详解】解：过点B作轴于点D，如图所示．
∵，
∴，，
∴．，
∵的面积为，
∴，即，
解得，
∴，
∴，，即点坐标为
∴．
故答案为：．
【点睛】题目主要考查反比例函数与三角形面积及含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题关键．
15．
【分析】分别求出两个正方形的边长，从而得到a，b的值，代入计算即可．
【详解】∵正方形的面积为7，正方形的面积为9
∴，
即，
∴
故答案为：
【点睛】本题考查算术平方根的意义，在数轴上表示实数，正确求出算术平方根是解题的关键．
16．2－2或2＋2/2＋2或2－2
【分析】分情况讨论，如图1，过点B作BD⊥AC，垂足为D，根据含30°角的直角三角形的性质可得BD＝AB，根据勾股定理可得AD＝，Rt△BCD中，由勾股定理可得，CD＝，则AC＝AD﹣CD，由S△ABC＝，代入计算即可得出答案；如图2，过点B作BD⊥AC，垂足为D，根据含30°角的直角三角形的性质可得BD＝AB，根据勾股定理可得AD＝，Rt△BCD中，由勾股定理可得，CD＝，则AC＝AD+CD，由S△ABC＝，代入计算即可得出答案．
【详解】解：如图1，过点B作BD⊥AC，垂足为D，
∵∠A＝30°，
∴BD＝AB＝×4＝2，
∴AD＝，
在Rt△BCD中，
CD＝，
∴AC＝AD﹣CD＝2﹣2，
∴S△ABC＝＝×（2﹣2）×2＝2﹣2；
如图2，过点B作BD⊥AC，垂足为D，
∵∠A＝30°，
∴BD＝AB＝×4＝2，
∴AD＝，
在Rt△BCD中，
CD＝，
∴AC＝AD+CD＝，
∴S△ABC＝＝×（2＋2）×2＝2＋2．
综上，△ABC的面积为2－2或2＋2．
故答案为：2－2或2＋2．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，根据题意画出三角形并构造直角三角形进行求解是解决本题的关键．
17．
【分析】本题考查了零指数幂和立方根．先根据零指数幂和立方根的性质化简，再算加减即可．
【详解】解：
．
18．
【分析】本题考查求不等式组的解集．分别求出每一个不等式的解集，找到它们的公共部分即为不等式组的解集．
【详解】解：，
由①得，，
由②得，，
故此不等式组的解集为：．
19．，
【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x的值代入计算可得．
【详解】
=
＝，
当x=-1时，
原式
【点睛】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
20．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了角平分线的定义，及平行线的判断和性质，两直线平行，同位角相对；内错角相等，两直线平行；
（1）先通过推算出，在结合推算出，根据两直线平行，同位角相等，得到，从而证得，最后根据内错角相等，证得；
（2）根据（1）中证得，结合平分，得到，再根据平行直线的性质得到，即可求得答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵平分，
∴，
由（1）得，
∴，
∵，
∴，
∴．
21．(1)每个足球的价格为45元，每个篮球的价格为30元
(2)足球购买20个，篮球购买80个，总费用最少，此时总费用为3300元
【分析】本题考查二元一次方程组和一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程组和函数关系式．
（1）设篮球的单价为元，足球的单价为元，可得，即可解得答案；
（2）设购买个足球，根据足球的数量不少于篮球数量的得：，求出，而，根据一次函数性质可得答案．
【详解】（1）解：设篮球的单价为元，足球的单价为元，
根据题意得：，
解得，
每个篮球的价格为30元，每个足球的价格为45元；
（2）解：设购买个足球，则购买个篮球，购买足球和篮球总花费为元，
根据题意得：，
解得，
，
，
随的增大而增大，
当 时，取最小值；
当时，取最小值，最小值为，
足球购买20个，篮球购买80个，总费用最少，最少总费用为3300元．
22．(1)5，14，0.28
(2)64分，63.5分，64分
(3)估计成绩不少于80分的学生人数约为480人．
【分析】（1）根据频数频率总数及各组频数之和等于总数求解即可；
（2）根据众数、中位数、平均数的定义求解即可；
（3）利用样本估计总体求解即可．
【详解】（1）解：，
，
，
故答案为：5，14，0.28；
（2）解：根据这一组的数据：61，61，61，62，62，63，63，63，63，64，64，64，64，64，67，68，69，69，
可知众数为64（分；
中位数是：（分，
平均数（分，
故答案为：64分，63.5分，64分；
（3）解：（人，
答：估计成绩不少于80分的学生人数约为480人．
【点睛】本题考查频数分布直方图、用样本估计总体、中位数、平均数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23．（1）与相切.（2）
【分析】（1）连接，结合平行线性质，判定与相切.
（2）连接，.根据在△中，.
【详解】解：（1）与相切.
理由是：连接，
则
∵四边形是平行四边形，
∴∥
∴
∴
∴与相切.
（2）连接，则，
∵是的直径，
∴，
在△中，.
∴
【点睛】此题考查了切线的判定及三角函数等知识点.(1)中要证明是切线，只需要过切点，作半径，证明这条线垂直于这个半径即可；（2）中理解同弧所对的圆周角相等是解题关键.
24．(1)；
(2)关于的函数表达式为；
(3)．
【分析】（1）证明，推出，，得到是等边三角形，据此求解即可；
（2）过点作于点，同理证明，推出，在中，由勾股定理求解即可；
（3）设与边相切于点，连接并延长，交边于点，证明是的中位线，求得，在中，利用勾股定理求得，据此求解即可．
【详解】（1）解：，理由如下，
∵，四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质得，，，，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
∵，即，
∴，
由对称性可知：
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
（2）解：过点作于点，如图，
同理四边形是矩形，

由折叠的性质知，，
同理，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，整理得，
∴关于的函数表达式为；
（3）解：设与边相切于点，连接并延长，交边于点，如图，

设，，由（2）知，
∵与边相切于点，，
∴，即，
∴，
∵，
∴是的直径，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∴，
在中，，
解得，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，圆周角定理，垂径定理，切线的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
25．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意得和，结合对称轴利用待定系数法即可求得解析式，
（2）根据题意得点的纵坐标为，即可求得点R的横坐标，结合题意得的横坐标，则有点的横坐标，即可求得；
（3）利用待定系数法求得直线的解析式为，根据题意设直线的解析式为，联立方程组得，由于抛物线与直线相切，则有，解得m，即可求得．
【详解】（1）解：抛物线的顶点坐标为，且经过点，
设抛物线的解析式为，
将点代入得，解得，
抛物线的函数解析式为：；
（2）∵，
∴点的纵坐标为，
将代入得，
解得，（舍），
的横坐标为1，
四边形是正方形，
的横坐标为，
点的横坐标为，
；
（3）如图，取最右侧光线与抛物线切点为，

设直线的解析式为，将点及点代入，
得，
解得，
直线的解析式为：，
设直线的解析式为：，
由得，即，
抛物线与直线相切，
该方程有两个相等的实数根，
，
解得，
直线的解析式为：，
令直线中的得，
即，
．
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，涉及待定系数法求解析式、正方形的性质、解一元二次方程以及一元二次方程根的情况，解题的关键是熟练二次函数的性质和点的几何意义．