2024年河北省石家庄市裕华区中考一模数学试题

这是一份2024年河北省石家庄市裕华区中考一模数学试题，共26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．下列代数式表示“a的3倍与7的差”的是（ ）
A．B．C．D．
2．嘉淇先向北偏西方向走，又向南偏西方向走，她现在所站的位置在起点的（ ）方向上
A．正北B．正西C．西北D．西南
3．去括号后等于a-b+c的是（ ）
A．B．
C．D．
4．如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（ ）

A．1B．2C．3D．4
5．已知，则x的值是（ ）
A．B．2C．D．
6．如图，用四个长和宽分别为的长方形拼成面积是64的大正方形，中间围成的小正方形的面积是S，（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
7．如图，已知相同物体的质量相等，①中天平保持平衡状态，则②中天平（ ）
A．能平衡B．不能平衡，右边比左边低
C．不能平衡，左边比右边低D．无法确定
8．如图，点A、B、C在⊙O上，BCOA，连接BO并延长，交⊙O于点D，连接AC，DC．若∠A＝25°，则∠D的大小为（ ）
A．25°B．30°C．40°D．50°
9．图中的两个三角形是位似图形，它们的位似中心是（ ）
A．点PB．点O
C．点MD．点N
10．用替换分式中的n后，经过化简结果是（ ）
A．B．C．D．
11．如图所示是某几何体的三视图，根据图中数据计算，这个几何体的侧面积为（ ）．

A．B．12πC．D．24π
12．如图，用四颗螺丝将不能弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其中相邻两颗螺丝的距离依次为3、4、6、8，且相邻两根木条的夹角均可以调整，若调整木条的夹角时不破坏此木框，则任意两颗螺丝的距离的最大值是( )
A．7B．10C．11D．14
13．七位评委对参加普通话比赛的选手评分，比赛规则规定要去掉一个最高分和一个最低分，然后计 算剩下了 5 个分数的平均分作为选手的比赛分数，规则“去掉一个最高分和一个最低分”一定不会影 响这组数据的（ ）
A．平均数B．中位数C．极差D．众数
14．关于x的方程，下列解法完全正确的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
15．如图，直线与的交点的横坐标为，则关于的不等式的整数解为（ ）.
A．B．
C．D．
16．如图，在平面直角坐标系中，正八边形的中心与原点O 重合，顶点A，E在y轴上，顶点G，C在x轴上，连接，过点A作 的垂线，垂足为P，将绕点O顺时针旋转，每次旋转，已知，则第次旋转结束时，点P的坐标为（ ）

A．B．C．D．
二、填空题
17．验光师通过检测发现近视眼镜的度数（度）与镜片焦距（米）成反比例，关于的函数图象如图所示．经过一段时间的矫正治疗后，小雪的镜片焦距由米调整到米，则近视眼镜的度数减少了 度．
18．如图，在中，，，．以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交边，于点，；再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点；作射线交于点，则的长为 ．
19．已知正数，，，满足，．
（1） ；
（2）如图是三张叠放的正方形纸片，其边长分别为，，，若这三张正方形纸片的面积之和为S，则S的值为 ．
三、解答题
20．有一种整式处理器，能将二次多项式处理成一次多项式，处理方法是：将二次多项式的二次项系数与一次项系数的和（和为非零数）作为一次多项式的一次项系数，将二次多项式的常数项作为一次多项式的常数项．
例，A经过处理器得到．
若关于x的二次多项式A经过处理器得到B，根据以上方法，解决下列问题：
(1)若，求B关于x的表达式；
(2)若，求关于x的方程的解．
21．为贯彻《教育部办公厅关于加强中小学生手机管理工作的通知》精神，某校团委组织了“我与手机说再见”为主题的演讲比赛，根据参赛同学的得分情况绘制了如图所示的两幅不完整的统计图（其中A表示“一等奖”，B表示“二等奖”，C表示“三等奖”，D表示“优秀奖”）．

请你根据统计图中所提供的信息解答下列问题：
(1)获奖总人数为 人， ，A所对的圆心角度数是 °．
(2)请将条形统计图补充完整；
(3)学校将从获得一等奖的4名同学（其中有一名男生，三名女生）中随机抽取两名参加全市的比赛，请利用树状图或列表法求抽取同学中恰有一名男生和一名女生的概率．
22．福山新华书店新进了一批图书，甲、乙两种书的进价分别为4元/本、10元/本．现购进m本甲种书和n本乙种书，共付款Q元．
(1)用含m，n的代数式表示Q；
(2)若共购进5×104本甲种书及3×103本乙种书，用科学记数法表示Q的值；
(3)若P=4×1012，求的值（结果用科学记数法表示）．
23．表格中的两组对应值满足一次函数y=kx+b．现画出了它的图象为直线l，如图．数学兴趣小组为观察k、b对图象的影响，将上面函数中的k、b交换位置后得另一个一次函数，设其图象为直线．
(1)求直线l的解析式．
(2)请在图中画出直线（不要求列表计算），并求出直线l和的交点坐标．
(3)求出直线l和与y轴围成的三角形的面积．
24．如图，在中，，，点D在上，且，以B为圆心，将顺时针旋转形成半圆，P为半圆上任意一点，线段绕着点C顺时针旋转，得到线段，连接．
(1)求证：；
(2)若与半圆相切，求的长度；
(3)当时，求的度数以及此时扇形的面积．
25．如图是篮球运动员甲在投篮时的截面示意图，当他原地投篮时．分别以水平地面为x轴，出手点整直方向为y轴建立平面直角坐标系，篮球运行的路线可看成抛物线，甲投出的篮球在距原点水平距离米处时，达到最大高度米，且应声入网，已知篮筐的竖直高度为米，离原点的水平距离为4米．（本题中统一将篮球看成点，篮筐大小忽略不计）
(1)求此抛物线的解析式；
(2)若防守队员乙在原点右侧且距原点1米处竖直起跳，其最大能摸高米，问乙能否碰到篮球？并说明理由．
(3)在（2）的情况下．若甲临时改变投篮方式，采取后仰跳投，后仰起跳后出手点距原点的水平距离为米，垂直距离为米（后仰跳投时的出手点位于第二象限），此时乙碰不到球．已知篮球运行所在抛物线的形状和（1）一致，并且当篮球运行到乙的正上方时，乙的最大摸高点距离篮球还有米，问篮球有没有入框？请说明理由．
26．已知：如图，在四边形和中，，，点在上，，，，延长交于点．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．过点作于点，交于点．设运动时间为．
解答下列问题：
(1)①判断：直线与的位置关系是 ；
②当点在线段的垂直平分线上时，求的值；
(2)连接，作于点N，当四边形为矩形时，求t的值；
(3)点在运动过程中，是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
(4)连接，，设四边形的面积为，直接写出运动过程中的最大值．
甲
乙
丙
丁
两边同时除以得到．
移项得
，
∴，
∴或，
∴，．
整理得，
∵，，，
∴，
∴，
∴，．
整理得，
配方得，
∴，
∴，
∴，．
0
1
参考答案：
1．D
【分析】
题考查列代数式问题，解题的关键是根据差与倍数关系得出代数式．根据差与倍数关系得出代数式解答即可．
【详解】
解：的3倍与7的差，表示为：．
故选：D．
2．B
【分析】
本题主要是考查根据方向和距离确定物体的位置，根据平面图上方向的辨别“上北下南，左西右东”，以嘉淇起点的位置为观测点向北偏西方向走，以此时所处的位置为观测点向南偏西方向走，以起点的位置为观测点，现在在正西方向．
【详解】解：如图：
嘉淇先向北偏西方向走，又向南偏西方向走，她现在所站的位置在起点的正西方向上，
故B正确，符合题意．
故选：B．
3．B
【分析】根据去括号法则即可判断．
【详解】A.=，故错误；
B.，正确；
C.，故错误；
D.，故错误；
故选B．
【点睛】此题主要考查整式的加减，解题的关键是熟知去括号法则．
4．B
【分析】首先根据平行四边形的性质得到，然后根据菱形的性质得到，然后求解即可．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形和菱形的性质，平移的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
5．C
【分析】
根据一元一次方程的解法，移项合并同类项即可求解．
【详解】解：，
移项得，
解得，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了解一元一次方程，二次根式的加减运算，解题关键是熟练掌握二次根式的加减运算法则以及化简二次根式的性质．
6．C
【分析】能够根据大正方形和小正方形的面积分别求得正方形的边长，再根据其边长分别列方程，根据4个矩形的面积和等于两个正方形的面积的差列方程．
【详解】解：根据大正方形的面积求得该正方形的边长是8，则a+b=8，
若S=4，则根据小正方形的面积可以求得该正方形的边长是2，则a-b=2，
解得a=5，b=3，ab=15，故选项A、D错误；
若S=16，则根据小正方形的面积可以求得该正方形的边长是4，则a-b=4，
解得a=6，b=2，ab=12，故选项B错误；故选项C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了二元一次方程组．此题关键是能够结合图形和图形的面积公式正确分析，运用排除法进行选择．
7．A
【分析】本题考查等式的性质．分别将三个图形的质量用字母表示，根据①写出一个等式并利用等式的基本性质2求得两种不同图形的质量关系，再根据等式的基本性质1得到关于天平两边质量的一个等式，从而判断即可．
【详解】解：设□的质量是a，△的质量是b，〇的质量是c．
根据①，得．
根据等式的基本性质2，将两边同时除以2，得；
根据等式的基本性质1，将两边同时加上，得；
∵②中天平左侧的质量为，右侧的质量为，
∴左侧的质量右侧的质量，
∴②中天平能平衡，
故选：A．
8．C
【分析】由平行线的性质得∠ACB＝∠A＝25°，由平行线的性质和圆周角定理得∠B＝∠AOB＝2∠ACB＝50°，由圆周角定理得∠BCD＝90°，再由直角三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：∵BC∥OA，
∴∠ACB＝∠A＝25°，∠B＝∠AOB＝2∠ACB＝50°，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∴∠D＝90°﹣∠B＝90°﹣50°＝40°．
故选择：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，圆周角定理，直径所对圆周角性质，直角三角形的性质，掌握这些知识，会用这些知识解决问题是本题关键．
9．A
【详解】试题分析：根据位似变换的定义：对应点的连线交于一点，交点就是位似中心．即位似中心一定在对应点的连线上．
解：∵位似图形的位似中心位于对应点连线所在的直线上，点M、N为对应点，所以位似中心在M、N所在的直线上，
因为点P在直线MN上，
所以点P为位似中心．
故选A．
考点：位似变换．
10．A
【分析】将代入进行化简即可得到答案．
【详解】由题意得，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了分式的化简，渗透了整体代入的数学思想，熟练掌握分式的运算法则是解题的关键．
11．B
【分析】根据三视图，可知该几何体是圆锥，根据圆锥的侧面展开图是扇形，结合扇形的面积公式，即可求解．
【详解】由三视图可判断该几何体是圆锥，底面直径为4，母线长为6，
∴这个几何体的侧面积为：．
故选：B．
【点睛】本题主要考查几何体的三视图，圆锥的侧面积以及扇形的面积公式，掌握扇形的面积公式：（l为扇形的弧长，r为扇形的半径，n为扇形的圆心角的度数），是解题的关键．
12．B
【分析】若两个螺丝的距离最大，则此时这个木框的形状为三角形，可根据三条木棍的长来判断有几种三角形的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可．
【详解】已知4条木棍的四边长为3、4、6、8；
选3+4、6、8作为三角形，则三边长为7、6、8；，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长距离为8；
选4+6、8、3作为三角形，则三边长为10、8、3，，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长距离为10；
选6+8、3、4作为三角形，则三边长为14、3、4；，不能构成三角形，此种情况不成立；
选3+8、4、6作为三角形，则三边长为11、4、6；，不能构成三角形，此种情况不成立；
综上所述，任两螺丝的距离之最大值为10；
故选：B．
【点睛】本题实际考查的是三角形的三边关系定理，能够正确的判断出调整角度后三角形木框的组合方法是解答的关键．
13．B
【分析】根据平均数、中位数、极差及众数的意义分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】去掉一个最高分和一个最低分一定会影响到平均数、极差，可能会影响到众数，
一定不会影响到中位数，
故选B.
【点睛】此题考查统计量的选择，解题关键在于掌握各性质定义.
14．D
【分析】本题考查了解一元二次方程-因式分解法，公式法，配方法，一元二次方程的一般形式，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
分别利用解一元二次方程-因式分解法，公式法，配方法，进行计算逐一判断即可解答．
【详解】解：甲的解法错误，方程两边不能同时除以，这样会漏解；
乙的解法错误，移项时未变号解法错误，
丙就没有将原方程整理成一元二次方程的一般形式，所以的值错误；；
丁利用解一元二次方程-配方法，计算正确；
故选：D．
15．D
【分析】满足不等式-x+m>nx+4n>0就是直线y=-x+m位于直线y=nx+4n的上方且位于x轴的上方的图象，据此求得自变量的取值范围即可．
【详解】当时，对于，则．故的解集为．与的交点的横坐标为，观察图象可知的解集为．的解集为．为整数，．
【点睛】此题考查一次函数与一元一次不等式，掌握运算法则是解题关键
16．A
【分析】过点P作x轴的垂线，垂足为Q，结合正八边形的性质及等腰直角三角形的性质通过探索将绕点O顺时针旋转，每次旋转，则每旋转8次回到初始位置，进而求得点的坐标．
【详解】解：∵多边形是正八边形，
∴，
在中，，
如图，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，

在中，
点P的坐标为
将绕点O顺时针旋转，每次旋转，则每旋转8次回到初始位置，
∴第次旋转结束时，回到初始位置，此时点P的坐标为
连接，次旋转结束时点位于上，
∴，
.点与点P关于x 轴对称，
∴
∵第次旋转结束时，点P的坐标为
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形和圆、坐标与图形变化—旋转，解直角三角形，准确识图探索规律是解题关键．
17．
【分析】本题主要考查反比例函数的运用，掌握待定系数法求解析式，根据自变量求函数值的方法是解题的关键．
根据题意，设反比例函数解析式为，再根据图示，把代入解析式，求出的值，最后把和代入计算即可求解．
【详解】解：根据题意，设反比例函数解析式为，由图示可知点在反比例函数图象上，
∴，
∴反比例函数解析式为：，
∴当时，；当时，；
∴镜片焦距由米调整到米，近视眼镜的度数减少了度，
故答案为：．
18．/
【分析】
本题考查了基本作图，全等三角形的性质及勾股定理．根据全等三角形的性质及勾股定理列方程求解．
【详解】
解：过作于，
由作图得：平分，
，，．
，，
，
，
，
，
设．
则，即：，
解得：，
故答案为：．
19． 2 7
【分析】（1）由等式，得出比大，比大，由此得出比大；
（2）根据，得出，，将其代入得出，通过计算张正方形纸片的面积和S，化简后得出，用整体代入法把代入得出S的值．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
得出．
故答案为：．
（2）由（1）知，，，
把，代入得，
，
，
，
这三张正方形纸片的面积之和
，
把代入，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了整式的乘除运算的应用，整体思想计算出S的值是本题的关键．
20．(1)
(2)
【分析】本题考查了新定义运算，多项式的定义，一元一次方程，根据题意列出一次多项式是解题的关键．
（1）根据题意进行计算即可求解；
（2）根据题意，得出，进而解方程即可求解；
【详解】（1）解：依题意，；
（2）解：∵，
∴，
∵关于x的方程，
∴，
∴；
21．(1)40，30，36
(2)见解析
(3)
【分析】
（1）等级的人数除以所占的百分比，求出总人数，等级的人数除以总人数求出的值，等级所占的比例，求出圆心角；
（2）根据（1）中求出的等级的人数求出总人数；
（3）画出树状图进行求解即可．
【详解】（1）解：（人），等级的人数为：（人），
∴，
∴，
A所对的圆心角度数是；
故答案为：40，30，36；
（2）补全条形图如下：

（3）画出树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中选择一男一女，共有6种等可能的结果，
∴．
【点睛】本题考查条形图和扇形图的综合应用，树状图法求概率．从统计图中有效的获取信息，是解题的关键．
22．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由总付款=甲书进价×甲书数量+乙书进价×乙书数量，即可求得Q．
（2）将代入（1）式，计算化简后用科学记数法表示即可．
【详解】（1）解：由题意得，；
（2）解：将代入，得：
；
（3）解：．
【点睛】本题考查了用字母表示数，同底数幂的乘法，除法，科学记数法，在解题中要注意正确计算以及代数式的正确书写．
23．(1)
(2)见解析，
(3)1
【分析】（1）根据待定系数法求得即可；
（2）首先写出直线l′的解析式，再根据一次函数的性质画出直线l′，将两个函数的解析式联立组成方程组，求出方程组的解即可得到两直线的交点坐标；
（3）根据三角形的面积公司列式计算即可．
【详解】（1）把x=-1，y=-2和x=0，y=1分别代入kx+b,得，
解得，
∴直线l的解析式为y=3x+1．
（2）如图，为所求直线直线l′,由y=3x+1的k、b交换位置后得到，
∴直线l′=x+3，
设直线l′与直线l交于点A，过点A作AC⊥y轴于点C，
∴解得，
∴A（1，4）；
（3）设y=3x+1与y轴交于点D，当x=0时，y=1，
∴D（0，1），OD=1，
由B（0，3）可得OB=3，
∴BD=2，
∵A（1，4），
∴AC=1，
∴=BD×AC×=2×1×=1．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数的图象与性质，两直线相交问题，三角形的面积，求出直线l的解析式是解题的关键．
24．(1)见解析
(2)
(3)，扇形的面积是或
【分析】（1）证明，即可得到结论；
（2）根据相切得到，利用勾股定理求解即可；
（3）过P作与H，根据求出，利用三角函数求出， 再利用公式求出扇形的面积．
【详解】（1）证明：∵线段绕着点C顺时针旋转，得到线段，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵与半圆相切，
∴，
∴；
（3）过P作与H，如图，
∵，
∴，
∴，
解得，
∵，，
当点P在半圆的左边时，如图
∴，
∴，即，
扇形的面积．
当点P在半圆的右边时，
∴，
∴，即，
扇形DBP的面积
综上所述，或，扇形的面积是或
【点睛】此题考查了全等三角形的判定，勾股定理，锐角三角形函数求角度，扇形面积的计算公式，熟练掌握各知识点并应用是解题的关键．
25．(1)；
(2)乙能碰到篮球，理由见详解；
(3)篮球未入篮筐；
【分析】（1）本题考查二次函数的应用，设解析式为，再将顶点，代入求解即可得到答案；
（2）本题考查二次函数的运用，将代入求出与最高距离比较即可得到答案；
（3）本题考查二次函数的运用，设解析式为，将题目中数据代入求解即可得到答案；
【详解】（1）解：设解析式为，由题意可得，
函数过顶点及点，
∴，，，
解得：，
∴；
（2）解：乙能碰到篮球，理由如下，
当时，
，
∵，
∴乙能碰到篮球；
（3）解：∵篮球运行所在抛物线的形状和（1）一致，
∴设解析式为：，
由题意可得，
图像过，，
代入得，，
解得：，
∴，
当时，
，
∴篮球未入篮筐．
26．(1)①；②
(2)3
(3)存在，
(4)
【分析】（1）①首先证明，推导出，进而推导出，即可得解；
②由平行线分线段成比例可得，可求的长，由线段垂直平分线的性质可得，即可求解；
（2）利用锐角三角函数分别求出，，由矩形的性质可求解；
（3）连接，延长交于，由“”可证，可得，可证，由面积法可求的长，由角平分线的性质可求解；
（4）利用面积的和差关系可得，即可求解．
【详解】（1）解：①，理由如下：
如图1，延长，交于点，
在和中，
，
，
，
又，，
，
，
，
故答案为：；
②，
，
，
，
点在线段的垂直平分线上，
，
，
；
（2）解：如图2，过点作于点，
，，，
，，
，，
，
，
，
，
，
同理可求，
四边形是矩形，
，
，
；
当时，四边形为矩形；
（3）解：存在，理由如下：
如图3，连接，延长交于，
，，
，
，
，
又，
，
，
，
平分，，，
，
，点，
当时，使点在的平分线上；
（4）解：，理由如下：
如图3，过点作于点，
由（2）可知，
，
，，
，
四边形的面积为，
，
当时，最大，此时．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，锐角三角函数，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．