精品解析：2024年河南省新乡市辉县市共城初级中学、吴村二中、文昌中学中考模拟预测数学试题

2024年河南中考模拟试卷数学 注意事项： 1．本试卷共8页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上．答在试卷上的答案无效． 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的． 1. 的绝对值是（ ） A. B. C. 1 D. 不存在 2. 2024全球6G技术大会于4月16日在南京召开，其中毫秒是衡量6G通信时延的单位，1毫秒秒，则5毫秒用科学记数法表示为（ ） A. 秒 B. 秒 C. 秒 D. 秒 3. 不等式组的解集是（ ） A. 或 B. C. D. 或 4. 已知某蓄电池的电压为定值，电流I与电阻R满足反比例函数关系，它的图象如图所示，则该蓄电池的电压是（ ） A. B. C. D. 5. 如表记录了四个人多次成绩的平均分（单位：分）和方差，则成绩既好又稳定的是（ ） 甲 乙 丙 丁 95 93 94 95 0.6 0.6 0.8 0.9 A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 6. 如图1是由4个相同的小正方体组成的一个立体图形，在图1基础上再添加一个相同大小的正方体变成图2，则三视图发生改变的是（ ） A. 主视图 B. 左视图 C. 俯视图 D. 都发生改变 7. 如图，直线，，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 2024年“甲骨文杯”安阳马拉松赛于4月21日开赛，共设全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑项目．现从这三个项目中随机选择两项进行推广，则选到欢乐跑项目的概率是（ ） A. B. C. D. 9. 直角坐标系中，的三个顶点都在边长为的小正方形的格点上，关于轴的对称图形为，与组成一个基本图形，不断复制与平移这个基本图形，得到如图所示的图形．若是这组图形中的一个三角形，当时，点的横坐标是（ ） A. B. C. D. 10. 如图1，中，．D是斜边上一动点，从点B运动到点C停止，连接，过点A作，且使（点E在直线右侧），点F是中点，连接，设，，y随x变化的图象如图2所示，b为曲线最低点的纵坐标，则（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 计算：＝___________． 12. 如图，正方形内有一等边，则的度数是______． 13. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则m的值为______． 14. 一次函数的图象如图所示，则二次函数的图象一定不经过第______象限． 15. 如图，在扇形中，C为上一点且，点D为半径上一动点．若，则阴影部分周长的最小值为______． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16. （1）计算：； （2）解分式方程：． 17. 2024年全国两会于3月4日-3月11日召开，“两会之风”席卷中原大地，郑州某协会为获悉成员对两会的了解程度，对所有成员进行了简要测试，并将所有测试成绩（得分均为整数）进行整理，分别绘制成扇形统计图和频数分布直方图．部分信息如下： （1）本次调查的方式属于______（填“普查”或“抽样调查”）；扇形统计图中这一组对应圆心角的度数为______； （2）补全频数分布直方图； （3）若规定成绩由高到低前的成员获奖，某成员的成绩为78分．该成员能否获奖？说明理由． 18. 如图，菱形的对角线，交于点O． （1）请用无刻度的直尺和圆规作出线段的垂直平分线（保留作图痕迹，不写作法）； （2）若（1）中所作的垂直平分线分别交，于E，F两点，连接，求证：． 19. 风力发电是利用风力产生电能的可再生能源技术，在我国应用更加广泛．如图是某风力发电设备示意图，其相同的三个叶片均匀分布（），水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好与扇叶，在同一平面上，在地上设置高的标杆，其影长．此时太阳光垂直照射叶片（），整个风力发电设备的影子最长达到，点B到地面的距离是，求风力发电设备杆的长． 20. 开发商计划购买一批苗木对园区进行绿化．已知购买2棵常绿苗木和1棵落叶苗木共需230元，购买3棵常绿苗木和2棵落叶苗木共需370元． （1）常绿苗木和落叶苗木的单价各是多少元？ （2）若该园区一次性购买这两种苗木共60棵，且购买常绿苗木棵数不少于落叶苗木的3倍．设购买常绿苗木的棵数为n，总费用为w元，求w关于n的函数关系式，并求出开发商按怎样的方案购买时费用最低，最低费用为多少元？ 21. 阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多定理： 如图，四边形内接于，对角线，垂足为M，如果直线，垂足为E，并且交边于点F，那么． 证明：∵，， ∴，． ∴． 又∵① ，（同弧所对的圆周角相等） ， ∴． ∴② ． … 任务： （1）材料中①处缺少的条件为______，②处缺少的条件为______； （2）根据材料，应用婆罗摩笈多定理解决下面试题： 如图，已知中，，，分别交于点D，E，连接交于点P．过点P作，分别交于点M，N．若，求的长． 22. 一次足球训练中，小东从球门正前方8米的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．以足球的初始位置所在的水平直线为x轴，球门所在的竖直方向为y轴，以O为原点建立如图所示平面直角坐标系．小东将射出后足球的行进高度y（米）与水平距离x（米）的相关数据记录如下： 水平距离x/米 0 1 2 3 4 … 竖直高度y/米 3 … （1）求出y与x的函数关系式； （2）若球门高为米，射门路线的形状、最大高度均保持不变，当小东带球向正后方移动m米时射门，恰好射中球门上沿，求m的值． 23. 综合与实践 在平行四边形中，M为边上一点，连接，将沿翻折得到． （1）若点B的对应点N恰好落在对角线上： ①如图1，与的位置关系是______；若，，则与的数量关系是______； ②如图2，若，，，求的长； （2）若，，，中有一个角为，将绕点M在平面内旋转，点A对应点为（两点不重合）．当A，M，三点共线时，连接，直接写出的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年河南中考模拟试卷数学 注意事项： 1．本试卷共8页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上．答在试卷上的答案无效． 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的． 1. 的绝对值是（ ） A. B. C. 1 D. 不存在 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查实数的性质，涉及绝对值，根据绝对值的意义求解即可． 【详解】解：的绝对值是， 故选：B． 2. 2024全球6G技术大会于4月16日在南京召开，其中毫秒是衡量6G通信时延的单位，1毫秒秒，则5毫秒用科学记数法表示为（ ） A. 秒 B. 秒 C. 秒 D. 秒 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同． 【详解】解：5毫秒秒， ， 故选：C． 3. 不等式组的解集是（ ） A. 或 B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是接一元一次不等式方程组，根据题干不等式组求出解集即可得出答案． 【详解】解：， 解得：， ∴， 故选：B． 4. 已知某蓄电池的电压为定值，电流I与电阻R满足反比例函数关系，它的图象如图所示，则该蓄电池的电压是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了反比例函数的性质，先设，再把代入，进行计算，即可作答． 【详解】解：∵某蓄电池的电压为定值，电流I与电阻R满足反比例函数关系，且经过 ∴设电流I与电阻R满足 把代入， 解得 ∴该蓄电池的电压是 故选：A 5. 如表记录了四个人多次成绩的平均分（单位：分）和方差，则成绩既好又稳定的是（ ） 甲 乙 丙 丁 95 93 94 95 0.6 0.6 0.8 0.9 A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查利用方差，平均数作决策，解题的关键是掌握平均数，方差：方差越小，数据波动范围越小，越稳定． 【详解】解：由题意得，要从甲、乙、丙、丁四个同学中，选出成绩最好，且稳定的一位同学； ∴应该选择应该平均数高且方差小的同学， ∵甲的平均数丁的平均数丙的平均数乙的平均数， ∴应在甲和丁中选择； ∵甲的方差丁的方差， ∴甲的成绩最好且稳定． 故选：A． 6. 如图1是由4个相同的小正方体组成的一个立体图形，在图1基础上再添加一个相同大小的正方体变成图2，则三视图发生改变的是（ ） A. 主视图 B. 左视图 C. 俯视图 D. 都发生改变 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了三视图的知识，解决此类图的关键是由三视图得到相应的立体图形．根据从正面看得到的视图是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上边看得到的图形是俯视图对两个组合体进行判断，可得答案． 【详解】解：在图1基础上再添加一个相同大小的正方体变成图2，则三视图发生改变的是俯视图， 故选C． 7. 如图，直线，，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角的定义以及性质，由平行线的性质得出，由三角形外角的定义以及性质即可得出．a 【详解】解：∵，， ∴， ∵，， ∴， 故选：A． 8. 2024年“甲骨文杯”安阳马拉松赛于4月21日开赛，共设全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑项目．现从这三个项目中随机选择两项进行推广，则选到欢乐跑项目的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了用列举法求概率，通过列举找出共有的选择数量，然后再选出选到欢乐跑项目的数量，然后根据概率公式计算即可． 【详解】解：从这三个项目中随机选择两项进行推广，则有①全程马拉松、半程马拉松；②全程马拉松，欢乐跑项目；③半程马拉松，欢乐跑项目一共3种选择， 其中选到欢乐跑项目有2种选项， 故选到欢乐跑项目的概率是： 故选：B． 9. 直角坐标系中，的三个顶点都在边长为的小正方形的格点上，关于轴的对称图形为，与组成一个基本图形，不断复制与平移这个基本图形，得到如图所示的图形．若是这组图形中的一个三角形，当时，点的横坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了轴对称，平移与坐标的变化关系，根据图中规律即可求解，弄清题意，找出规律是解题的关键． 【详解】由图可知：，，，，， ，，，，，， 又，，，，， 当为偶数时， 与横坐标相差，即横坐标横坐标， 与横坐标相差，即横坐标横坐标， 与横坐标相差，即横坐标横坐标， 与横坐标相差，即横坐标横坐标， ， 与横坐标相差，即横坐标横坐标， ∴，即， 故选：． 10. 如图1，中，．D是斜边上一动点，从点B运动到点C停止，连接，过点A作，且使（点E在直线右侧），点F是中点，连接，设，，y随x变化的图象如图2所示，b为曲线最低点的纵坐标，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接并延长，过点A作，交于点H，过点F作于点G，连接，证明，得出，说明点E在过点C垂直的直线上，根据垂线段最短，得出当点E在点G处时，最小，即；当点D在点C处时，在点H处，此时最大，求出，最后求出结果即可． 【详解】解：连接并延长，过点A作，交于点H，过点F作于点G，连接，如图所示： ∵中，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点E在过点C垂直的直线上， ∵垂线段最短， ∴当点E在点G处时，最小， ∵点F为的中点， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴的最小值为，即； ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， 当点D在点C处时，在点H处，此时最大， ∵， ∴的最大值为，即， ∴， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，垂线段最短，解题的关键是作出辅助线，分别求出a、b的值． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 计算：＝___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据积的乘方运算法则进行计算即可． 【详解】解： 故答案为8a3 【点睛】考核知识点：积的乘方.理解法则是关键． 12. 如图，正方形内有一等边，则的度数是______． 【答案】##30度 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质以及等边三角形的性质，由正方形的性质可得出，由等边三角形的性质的得出，最后根据角的和差关系即可得出答案． 【详解】解：∵是正方形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， 故答案为： 13. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则m的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据当时，方程有两个相等的实数根；据此对方程进行求解即可． 【详解】解：由题意得 ，，， ， 原方程有两个相等的实数根， ， 解得：，， ， ； 故答案：． 【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，掌握判别式与根的关系是解题的关键． 14. 一次函数的图象如图所示，则二次函数的图象一定不经过第______象限． 【答案】三 【解析】 【分析】此题主要考查了一次函数以及二次函数的图象综合判断，直接利用一次函数图象经过的象限得出a，b的符号，进而结合二次函数图象的性质得出答案． 【详解】解：∵一次函数的图象经过第一，第三，第四象限， ∴，， ∴， 且当时，， ∴二次函数的图象开口向上，对称轴在x轴的右侧，与y轴交于正半轴， 故图像一定不经过第三象限， 故答案为：三． 15. 如图，在扇形中，C为上一点且，点D为半径上一动点．若，则阴影部分周长的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了轴对称最短路径问题和弧长公式以及勾股定理，解题关键是把周长最小问题转化为两点之间，线段最短问题，熟练的运用圆的有关性质和勾股定理是解题的关键． 作点关于的对称点F，连接，与交点为D，此时最小，最小值就是长，再加上弧的长即可． 【详解】解: 作点关于的对称点, 连接,与交点为D,交于点,过点作 交延长线于点，由对称可知 ， ∵四边形是矩形, ， ∴， ∴， ∴阴影部分周长的最小值为， 故答案为：． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16. （1）计算：； （2）解分式方程：． 【答案】（1）11；（2） 【解析】 【分析】此题考查了实数的运算，以及解分式方程，熟练掌握运算法则是解本题的关键． （1）原式利用绝对值的代数意义，立方根的性质，以及零指数幂法则计算即可得到结果； （2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解． 【详解】解：（1）原式 ； （2）方程两边同时乘， 得， 解得， 经检验，是原分式方程的解， 故原方程的解是． 17. 2024年全国两会于3月4日-3月11日召开，“两会之风”席卷中原大地，郑州某协会为获悉成员对两会的了解程度，对所有成员进行了简要测试，并将所有测试成绩（得分均为整数）进行整理，分别绘制成扇形统计图和频数分布直方图．部分信息如下： （1）本次调查的方式属于______（填“普查”或“抽样调查”）；扇形统计图中这一组对应圆心角的度数为______； （2）补全频数分布直方图； （3）若规定成绩由高到低前的成员获奖，某成员的成绩为78分．该成员能否获奖？说明理由． 【答案】（1）普查； （2） 补全频数分布直方图如图所示， （3）不能获奖， 理由如下： 他的成绩位于组，而和两组的百分比为， ∵成绩由高到低前的成员获奖，他位于后， ∴他不能获奖. 【解析】 【分析】本题考查的是扇形统计图和频数分布直方图。 （1）根据两个分布图先求出总人数，再求出的占比，即可得出答案。 （2）根据（1）已知总人数，以及的占比总人数，即可补全频数分布直方图。 （3）根据题意他的成绩位于组，而和两组的百分比为，即可得出答案。 【小问1详解】 解：由于对所有成员进行了测试，故采用的是普查方式； 全部参与成员人数为：（人）； 分数段对应人数为（人）； 分数段对应人数为（人）； 扇形统计图中这一组对应圆心角的度数为. 故答案为：普查， 【小问2详解】 解：由（1）知分数段对应人数为7人； 分数段对应人数为8人； 【小问3详解】 略 18. 如图，菱形的对角线，交于点O． （1）请用无刻度的直尺和圆规作出线段的垂直平分线（保留作图痕迹，不写作法）； （2）若（1）中所作的垂直平分线分别交，于E，F两点，连接，求证：． 【答案】（1） 如图所示； （2） 证明：如图， 由题意得：垂直平分， 又菱形中，， ∴， ∴， ∴点E是中点， 即是斜边上的中线， ∴． 【解析】 【分析】本题主要考查尺规作图——作垂直平分线和菱形的性质以及直角三角形的性质， 根据题意作线段的垂直平分线即可； 由题意得垂直平分，结合菱形的性质得，则，有，那么点E是中点，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可证明． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 风力发电是利用风力产生电能的可再生能源技术，在我国应用更加广泛．如图是某风力发电设备示意图，其相同的三个叶片均匀分布（），水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好与扇叶，在同一平面上，在地上设置高的标杆，其影长．此时太阳光垂直照射叶片（），整个风力发电设备的影子最长达到，点B到地面的距离是，求风力发电设备杆的长． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查解直角三角形的应用，过B作于N，过O作于G，设，则有四边形是矩形，且解得，即可求得，进一步得．利用垂直得，则有，即可求得a． 【详解】解：如图，过B作于N，过O作于G，设， ∵同一时刻物高与影长的比相等， ∴， ∴， ∴， 又∵四边形是矩形， ∴，， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∴，解得， ∴风力发电设备杆的长为． 20. 开发商计划购买一批苗木对园区进行绿化．已知购买2棵常绿苗木和1棵落叶苗木共需230元，购买3棵常绿苗木和2棵落叶苗木共需370元． （1）常绿苗木和落叶苗木的单价各是多少元？ （2）若该园区一次性购买这两种苗木共60棵，且购买常绿苗木棵数不少于落叶苗木的3倍．设购买常绿苗木的棵数为n，总费用为w元，求w关于n的函数关系式，并求出开发商按怎样的方案购买时费用最低，最低费用为多少元？ 【答案】（1）常绿苗木的单价是90元，落叶苗木的单价是50元 （2）w关于n的函数关系式为，购买常绿苗木45棵，落叶苗木15棵时，费用最低，最低费用为4800元 【解析】 【分析】本题主要考查二元一次方程组的应用和一次函数的应用， 设常绿苗木的单价是x元，落叶苗木的单价是y元，根据题意列方程求解即可； 根据题意得，结合一次函数的性质得w随n的增大而增大，由题意列不等式解得，即可求得此时常绿苗木和落叶苗木以及w的最小值． 【小问1详解】 解：设常绿苗木的单价是x元，落叶苗木的单价是y元， 根据题意得， 解得． 答：常绿苗木的单价是90元，落叶苗木的单价是50元； 【小问2详解】 根据题意得， ∴w关于n的函数关系式为， ∵， ∴w随n的增大而增大， ∵购买常绿苗木棵数不少于落叶苗木的3倍， ∴， ∴， ∴当时，w取最小值，最小值为（元）， 此时落叶苗木（棵）． 答：w关于n的函数关系式为，购买常绿苗木45棵，落叶苗木15棵时，费用最低，最低费用为4800元． 21. 阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多定理： 如图，四边形内接于，对角线，垂足为M，如果直线，垂足为E，并且交边于点F，那么． 证明：∵，， ∴，． ∴． 又∵① ，（同弧所对的圆周角相等） ， ∴． ∴② ． … 任务： （1）材料中①处缺少的条件为______，②处缺少的条件为______； （2）根据材料，应用婆罗摩笈多定理解决下面试题： 如图，已知中，，，分别交于点D，E，连接交于点P．过点P作，分别交于点M，N．若，求的长． 【答案】（1）①；② （2）1 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边的性质，关键是能熟练应用圆的有关性质，掌握相应角的定义和计算是关键． （1）根据圆周角定理和等角对等边的性质可得结论； （2）应用（1）的结论，圆内接四边形的性质，可求解．． 【小问1详解】 证明：∵，， ∴，． ∴． 又∵，（同弧所对的圆周角相等） ， ∴． ∴． … 故答案为：①；②； 【小问2详解】 解：四边形是内接四边形， ， ， ，即， ， ， ， ， ． 22. 一次足球训练中，小东从球门正前方8米的A处射门，球射向球门的路线呈抛物线．以足球的初始位置所在的水平直线为x轴，球门所在的竖直方向为y轴，以O为原点建立如图所示平面直角坐标系．小东将射出后足球的行进高度y（米）与水平距离x（米）的相关数据记录如下： 水平距离x/米 0 1 2 3 4 … 竖直高度y/米 3 … （1）求出y与x的函数关系式； （2）若球门高为米，射门路线的形状、最大高度均保持不变，当小东带球向正后方移动m米时射门，恰好射中球门上沿，求m的值． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的应用，求二次函数解析式，解题的关键是熟练掌握待定系数法，求出抛物线的解析式． （1）根据表格得出抛物线的顶点坐标，然后设出抛物线的解析式为，把代入求出a的值，得出抛物线的解析式即可； （2）根据平移得出移动后的抛物线为，把，，代入，求出m的值即可． 【小问1详解】 解：由表格数据可知抛物线的顶点坐标为， 设抛物线为， 把点代入得， 解得， ∴抛物线的函数关系式为； 【小问2详解】 解：移动后的抛物线为， 当时，，代入可解得： 或（舍去） ∴m的值为1． 23. 综合与实践 在平行四边形中，M为边上一点，连接，将沿翻折得到． （1）若点B的对应点N恰好落在对角线上： ①如图1，与的位置关系是______；若，，则与的数量关系是______； ②如图2，若，，，求的长； （2）若，，，中有一个角为，将绕点M在平面内旋转，点A对应点为（两点不重合）．当A，M，三点共线时，连接，直接写出的面积． 【答案】（1）①，；② （2）或 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，矩形的性质，解直角三角形等： （1）①设与交于点O，由折叠的性质得：垂直平分，，再结合，可得，利用锐角三角函数可得，然后根据平行四边形的性质四边形为平行四边形，可得，即可解答；②设与交于点O，证明，即可解答； （2）分两种情况讨论，即可求解． 【小问1详解】 解：①如图，设与交于点O， 由折叠的性质得：垂直平分，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图，设与交于点O， 由折叠的性质得，，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：（负值舍去）； 【小问2详解】 解：分两种情况： ①如图，当时，过点作于点P，此时， ∴， 由旋转和折叠的性质可知， ，， ∴根据角平分线性质可知， ∴， ∴； ②如图，当时， 同理可解得． 综上可知，的面积为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $