2024年广东省佛山市杏联中学中考数学一模试卷

2024年广东省佛山市杏联中学中考数学一模试卷 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）下列各数是负数的是（　　） A．0 B．2 C．|﹣0.2| D． 2．（3分）我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（3分）“绿水青山就是金山银山”．某市积极响应党中央号召，大力推进农村移风易俗建设，已经累计投资2.45亿元资金．数据2.45亿用科学记数法表示为（　　） A．2.45×107 B．2.45×108 C．24.5×107 D．0.245×109 4．（3分）下列运算正确的是（　　） A．2a2+a3＝2a5 B．2a2•a3＝2a6 C．3a2÷a2＝3a D．（﹣2a3）2＝4a6 5．（3分）小明的笔记本密码是一个两位数，他只记得第一位数是8，第二位数是一个奇数，问小明尝试一次就能正确打开笔记本的概率是（　　） A． B． C． D． 6．（3分）如图，圆形方孔钱是我国古钱币的突出代表，记它的外圆周长为a，中间的方孔周长为b．当a＝4π，b＝4时，阴影部分的面积为（　　） A．2π﹣1 B．2π﹣2 C．4π﹣1 D．4π﹣2 7．（3分）已知（x1，y1）、（x2，y2）、（x3，y3）为双曲线上的三个点，且x1＜x2＜x3，则以下判断正确的是（　　） A．若x1x2＞0，则y1y3＜0 B．若x1x3＜0，则y1y2＞0 C．若x2x3＞0，则y1y3＞0 D．若x2x3＜0，则y1y3＜0 8．（3分）随着生活水平的提高，小峰同学家购置了轿车，这样他乘坐轿车上学比乘坐公交车上学所需要的时间少了20分钟．已知小峰同学家距学校12千米，乘坐轿车速度比乘坐公交车速度每小时快30千米，若设乘公交车平均每小时走x千米，根据题意可列方程为（　　） A． B． C． D． 9．（3分）数学活动课要求用一张正方形纸片制作圆锥，同学们分别剪出一个扇形和一个小圆作为圆锥的侧面和底面．下列图示中的剪法恰好能构成一个圆锥的是（　　） A． B． C． D． 10．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝5，点P在线段BC上运动（含B、C两点），将点P为绕点A逆时针旋转60°到点Q，连接DQ，则线段DQ的最小值为（　　） A． B．5 C． D．3 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11．（3分）因式分解：a2﹣2ab＝　 　． 12．（3分）若实数x1，x2分别满足x2﹣4x+3＝0的两个根，则　 　． 13．（3分）已知a是方程x2+2x＝3的一个根，则代数式a2+2a+2025的值为 　 　． 14．（3分）桔槔俗称“吊杆”“称杆”（如图1），是我国古代农用工具，是一种利用杠杆原理的取水机械．桔槔示意图如图2所示，OM是垂直于水平地面的支撑杆，OM＝3米，AB是杠杆，AB＝6米，OA：OB＝2：1，当点A位于最高点时，∠AOM＝120°，此时，点A到地面的距离为 　 　． 15．（3分）如图，正方形ABCD的边长是6cm，E是CD边的中点．将该正方形沿BE折叠，点C落在点C′处．⊙O分别与AB、AD、BC′相切，切点分别为F、G、H，则⊙O的半径为 　 　cm． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16．（8分）（1）计算：； （2）解方程组：． 17．（8分）解不等式组： （1）解不等式①，得 　 　； （2）解不等式②，得 　 　． （3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来． （4）原不等式的解集是 　 　． 18．（8分）近几年，中国新能源汽车凭借其创新技术、智能化特性和独特设计赢得了全球的关注．某品牌新能源汽车的侧面示意图如图所示，当汽车后背箱门关闭时，后备厢门AB与水平面的夹角∠ABH＝72°，顶端A和底端B与水平地面MN的距离分别为152cm和70.3cm．现将后背箱门AB绕顶端A逆时针旋转至AB′，若∠BAB′＝102°，求此时的后备厢门底端B′到地面MN的距离．（参考数据：sin72°≈0.95，cos72°＝0.31，tan72°≈3.08） 19．（9分）如图，A，B，C，D是⊙O上的点，OA⊥BC于点H． （1）求证：∠AOB＝2∠ADC； （2）若H为OA的中点，且DC+DB＝2，求AD的长． 20．（9分）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A，B（1，0），与y轴交于点C，且OA＝OC． （1）求抛物线的解析式及顶点坐标； （2）当k≤x＜0，且k＜﹣1时，y的最大值和最小值分别为m，n，且m+n＝﹣1，求k的值． 21．（9分）尚品文具店长期销售甲、乙两种笔记本．2月份文具店花费3000元一次性购买了两种笔记本共170本，此时甲、乙两种笔记本的进价分别为15元和20元． （1）求2月份文具店购进甲、乙两种笔记本的数量； （2）3月份两种笔记本基本售完，文具店准备继续进货，此时两种笔记本进价有所调整．文具店花费1440元、1320元分别一次性购买甲、乙两种笔记本，已知购买甲种笔记本比乙种笔记本的数量多50%，甲种笔记本比乙种笔记本的进价少6元，求第二次购买乙种笔记本的数量． 22．（12分）【项目式学习】 项目主题：车轮的形状 项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理． 【合作探究】 （1）探究A组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为4cm，其车轮最高点到地面的距离始终为 　 　cm； （2）探究B组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为O，若正方形的边长为6cm，车轮轴心O距离地面的最高点与最低点的高度差为 　 　cm； （3）探究C组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为6cm，车轮轴心为O（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点O经过的路径长． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动． 【拓展延伸】 如图4，分别以正三角形的三个顶点A，B，C为圆心，以正三角形的边长为半径作60°圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心O并不稳定． （4）探究D组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心O”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心O”所形成的图形按上、下放置，应大致为 　 　． 23．（12分）某数学小组在一次数学探究活动过程中，经历了如下过程： 问题提出 如图，正方形ABCD中，P在CD边上任意一点（不与点C重合），以P为旋转中心，将PA逆时针旋转90°，得到PM，连接AM，AM，PM分别交BC于点E，F． 操作发现 （1）当∠DAP＝35°时，∠BAE的度数为 　 　，∠EFM的度数为 　 　； 数学思考 （2）连接BM，当P为CD中点时，求证：∠CBM＝45°； 拓展应用 （3）若AB＝4，AF是否存在最小值？如果存在，求此最小值；如果不存在，说明理由． 2024年广东省佛山市容山中学中考数学一模试卷 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B D B C D B B A 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1． 解：A．0既不是正数，也不是负数，故本选项不符合题意； B．2是正数，故本选项不符合题意； C．|﹣0.2|＝0.2，是正数，故本选项不符合题意； D．是负数，故本选项符合题意． 故选：D． 2． 解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意． B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意． C．是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意． D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意． 故选：B． 3． 解：2.45亿＝245000000＝2.45×108． 故选：B． 4． 解：A．2a2+a3无法合并，故此选项不合题意； B．2a2•a3＝2a5，故此选项不合题意； C．3a2÷a2＝3，故此选项不合题意； D．（﹣2a3）2＝4a6，故此选项符合题意． 故选：D． 5． 解：笔记本密码是一个两位数，第一位数是8，第二位数可能是1，3，5，7，9，共5个数， ∴小明尝试一次就能正确打开笔记本的概率是． 故选：B． 6． 解：外圆半径为，中间方孔边长为， 图中阴影部分面积为：π（）2﹣（）2， 当a＝4π，b＝4时， 图中阴影部分面积为：4π﹣1． 故选：C． 7． 解：反比例函数中， ∵k＝﹣1， ∴函数图象的两个分支分别位于第二四象限． A、若x1x2＞0，则y1y3可能大于0，可能小于0，本选项不符合题意； B、若x1x3＜0，则y1y2可能大于0，可能小于0，本选项不符合题意； C、若x2x3＞0，则y1y3＞可能大于0，可能小于0，本选项不符合题意； D、若x2x3＜0，则y1y3＜0，本选项符合题意． 故选：D． 8． 解：∵乘坐轿车速度比乘坐公交车速度每小时快30千米，且乘公交车平均每小时走x千米， ∴乘坐轿车平均每小时走（x+30）千米． 根据题意得：， 即． 故选：B． 9． 解：直观可能是B，B中设小圆半径为r，则大圆半径为2r， 得小圆周长为2πr，扇形弧长•2π（2r）＝2πr， 故小圆周长＝扇形弧长， 故恰好能构成一个圆锥． 故选：B． 10． 解：如图，以AB为边向右作等边△ABF，作射线FQ交AD于点E，过点D作DH⊥QE于H． ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABP＝∠BAD＝90°， ∵△ABF，△APQ都是等边三角形， ∴∠BAF＝∠PAQ＝60°，BA＝FA，PA＝QA， ∴∠BAP＝∠FAQ， 在△BAP和△FAQ中， ， ∴△BAP≌△FAQ（SAS）， ∴∠ABP＝∠AFQ＝90°， ∵∠FAE＝90°﹣60°＝30°， ∴∠AEF＝90°﹣30°＝60°， ∵AB＝AF＝5，AE＝AF÷cos30°， ∴点Q在射线FE上运动， ∵AD＝BC＝5， ∴DE＝AD﹣AE， ∵DH⊥EF，∠DEH＝∠AEF＝60°， ∴DH＝DE•sin60°， 根据垂线段最短可知，当点Q与H重合时，DQ的值最小，最小值为， 故选：A． 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11． 解：a2﹣2ab＝a（a﹣2b）． 故答案为：a（a﹣2b）． 12． 解：由题意可知：x1+x2＝4，x1x2＝3， ∴原式 ， 故答案为：． 13． 解：因为a是方程x2+2x＝3的一个根， 所以a2+2a＝3， 则a2+2a+2025＝3+2025＝2028． 故答案为：2028． 14． 解：如图，过O作EF⊥OM，过A作AG⊥EF于点G， ∵AB＝6米，OA：OB＝2：1， ∴OA＝4米， ∵∠AOM＝120°，∠EOM＝90°， ∴∠AOE＝30°， 在Rt△AOG中，AG＝AO•sin30°＝42（米）， ∴点A位于最高点时到地面的距离为2+3＝5（米）， 故答案为：5米． 15． 解：连接OG，OF，OH，延长BC′交AD于点M，连接EM，如图， 由题意得：△BC′E≌△BCE， ∴BC′＝BC＝6cm，EC′＝ECCD＝3cm，∠BEC′＝∠BEC． 在Rt△MC′E和Rt△MDE中， ， ∴Rt△MC′E≌Rt△MDE（HL）， ∴MC′＝MD，∠C′EM＝∠DEM， ∵∠BEC+∠BEC′+∠MEC′+∠DEM＝180°， ∴∠BEC′+∠MEC′＝90°， 即∠BEM＝90°． ∵EC′⊥BM， ∴△BC′E∽△EC′M， ∴， ∴C′M， ∴BM＝BC′+C′Mcm，MD＝C′Mcm， ∴AM＝AD﹣MD＝6（cm）． ∵⊙O分别与AB，AD，BC′相切，切点分别为F，G，H， ∴OH＝OF＝OG＝⊙O的半径r，OH⊥BM，OF⊥AB，OG⊥AD， 连接OA，OB，OM， ∵S△ABM＝S△OAB+S△OBM+S△OAM， ∴AB•AMAB•OFBM•OHAM•OG， ∴66rrr， ∴rcm． 即⊙O的半径为cm． 故答案为：． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16． 解：（1）原式＝31﹣2 ＝31﹣2 3； （2）， ①﹣②得：8y＝8， 解得：y＝1， 将y＝1代入①得：2x+5＝7， 解得：x＝1， 故原方程组的解为． 17． 解：（1）解不等式①，得x≥1； （2）解不等式②，得x＞﹣2． （3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来． （4）原不等式的解集是x≥1． 故答案为：x≥1，x＞﹣2，x≥1． 18． 解：设AC与BH相交于点E，过点B′作BF⊥MN，垂足为F，过点A作AG⊥B′F，垂足为G， 由题意得：AC＝GF＝152cm，EC＝BD＝70.3cm，∠AEB＝90°，AG∥BH， ∴AE＝AC﹣EC＝152﹣70.3＝81.7（cm）， ∵AG∥BH， ∴∠GAB＝∠ABH＝72°， 在Rt△ABE中，AB86（cm）， 由题意得：AB＝AB′＝86cm， ∵∠BAB′＝102°， ∴∠B′AG＝∠B′AB﹣∠GAB＝30°， 在Rt△AB′G中，B′GAB′＝43（cm）， ∴B′F＝B′G+FG＝43+152＝195（cm）， ∴此时的后备厢门底端B′到地面MN的距离约为195cm． 19． （1）证明：∵OA⊥BC， ∴， ∴∠ADC＝∠ADB， ∵∠AOB＝2∠ADB， ∴∠AOB＝2∠ADC； （2）解：延长DA到N，使AN＝AD，延长DC到M使CM＝BD，连接MN，AM，AC，AB， ∵OA⊥BC， ∴CH＝BH， ∴AC＝AB， ∵∠MCA＝∠ABD， ∴△MCA≌△DBA（SAS）， ∴AM＝AD， ∴∠AMD＝∠ADM， ∵H是AO中点， ∴OHOB， ∴∠O＝60°， ∵∠AOB＝2∠ADC， ∴∠ADC＝30°， ∴∠AMD＝30°， ∴∠MAN＝∠ADM+∠AMD＝30°+30°＝60°， ∴△AMN是等边三角形， ∴∠AMN＝60°， ∴∠DMN＝60°+30°＝90°， ∵CD+BD＝2， ∴DM＝DC+CM＝DC+DB＝2， ∵cos∠MDN， ∴ND4， ∴ADDN＝2． 20． 解：（1）在y＝ax2+bx+3中，令x＝0，得y＝3， ∴C（0，3）， ∴OC＝3， ∵OA＝OC， ∴A（﹣3，0）， 把A（﹣3，0）、B（1，0）代入y＝ax2+bx+3中， 得， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3， ∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4， ∴顶点坐标为（﹣1，4）； （2）∵当k≤x＜0，且k＜﹣1时，y的最大值和最小值分别为m，n， ∴m＝4， ∵m+n＝﹣1， ∴n＝﹣1﹣m＝﹣1﹣4＝﹣5， 当y＝﹣5时，﹣x2﹣2x+3＝﹣5， 解得：x1＝﹣4，x2＝2， ∵k≤x＜0， ∴k＝﹣4． 21． 解：（1）设文具店购进甲种笔记本m本，则购进乙种笔记本（170﹣m）本， 根据题意得：15m+20（170﹣m）＝3000， 解得m＝80， ∴170﹣m＝170﹣80＝90， ∴文具店购进甲种笔记本80本，乙种笔记本90本； （2）设第二次购买乙种笔记本x本，根据题意得： 6， 解得x＝60， 经检验，x＝60是原方程的解，也符合题意， ∴第二次购买乙种笔记本60本． 22． 解：（1）连接AO并延长交⊙O于点B，如图， ∵车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变， ∴中轴心到地面的距离为4cm． ∵圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离不变等于圆的直径， ∴车轮最高点到地面的距离始终为8cm． 故答案为：8； （2）过点O作OB⊥AB于点B，以点A为圆心，OA为半径画弧交正方形的边于点C，如图， ∵O为正方形的中心，OB⊥AB， ∴圆心O距离地面的最低距离为OB＝3cm， 由题意得：OA＝3cm， ∵点O的移动轨迹为以点A为圆心，OA为半径的弧， ∴点C为车轮轴心O距离地面的最高点， ∵AC＝OA＝3cm， ∴车轮轴心O距离地面的最高点与最低点的高度差为（33）cm． 故答案为：33； （3）连接OA，O′A，过点O作OC⊥AC于点C，如图， ∵O为等边三角形的中心， ∴∠CAO＝∠BAO＝30°， ∵O′为等边三角形的中心， ∴∠DAO′＝30°． ∵∠BAD＝60°， ∴∠OAO′＝120°， ∵OC⊥AC， ∴AC＝3cm， ∴OA2， ∴的长， ∴车轮在地面上无滑动地滚动一周，点O经过的路径长为34πcm． （4）由题意得：当“莱洛三角形”沿水平方向向右滚动时，在滚动过程中，其“最高点”与水平线距离保持不变， ∴其“最高点”的移动路径是水平的， ∵“车轮轴心O”到水平平面的距离开始先升高再下降，再升高再下降，不断循环， ∴其“最高点”和“车轮轴心O”所形成的图形按上、下放置，应大致为：A． 故答案为：A． 23． 解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠B＝90°， ∵将PA逆时针旋转90°得到PM， ∴PA＝PB，∠APB＝90°， ∴∠PAM＝∠M＝45°， ∵∠DAP＝45°， ∴∠BAE＝∠BAD﹣∠PAM﹣∠DAP＝10°， ∴∠AEB＝∠FEM＝90°﹣∠BAE＝80°， ∴∠EFM＝180°﹣∠FEM﹣∠M＝55°， 故答案为：10°，55°； （2）过点M作MQ⊥DC交DC延长线于Q，MN⊥BC于N，则∠Q＝∠MNC＝∠BNB＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC＝BC，∠D＝∠BCD＝90°， ∴∠D＝∠Q＝∠BCQ＝∠MNC＝∠BNB＝90°，∠DAP+∠APD＝90°， ∴四边形MNCQ为矩形， ∵将PA逆时针旋转90°得到PM， ∴PA＝PB，∠APB＝90°， ∴∠APD+∠MPQ＝90°， ∴∠DAP＝∠MPQ， ∴△ADP≌△PQM（AAS）， ∴DP＝MQ，AD＝PQ， ∵P为CD的中点， ∴， ∴MQ＝PC＝CQ， ∴四边形MNCO为正方形 ∴， ∴BN＝CN， ∴MN＝BN， ∴△BMN是等腰直角三角形， ∴∠CBM＝45°； （3）存在． 连接AF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°， 由勾股定理可知 ， ∴当BF取最小值时，AF有最小值， 而BF＝BC﹣CF， ∴当CF取最大值时，BF有最小值时， 即：当CF取最大值时，AF有最小值， 设DP＝x，CF＝y，则PC＝4﹣x， 由（2）可知，∠DAP＝∠FPC， ∴△ADP∽△PCF， ∴， ∴， ∴， ∴x＝2 时，y有最大值1， 此时DP＝2，CF＝1，则BF＝3， ∴AF5， 即：当DP＝2时，AF存在最小值，此时AF取得最小值为5． 第1页（共1页） 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