2024年广东省梅州市兴宁市大坪中学九年级中考数学一模试卷

2024年广东省梅州市兴宁市大坪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）﹣2024的倒数是（　　） A．﹣2024 B．2024 C． 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）函数y中自变量x的取值范围是（　　） A． B． C． D． 4．（3分）下列计算正确的是（　　） A．2x2•4x2＝8x2 B．x5÷x﹣1＝x4 C．（﹣x4）4＝x16 D．（﹣3x2）3＝﹣9x6 5．（3分）近来华北大部分地区开始出现降雪，小康查看天气预报时发现未来一周的最高温度（单位：℃）为6，3，5，2，4，5，5，则以下数据正确的是（　　） A．众数是5 B．中位数是2 C．极差是2 D．平均数是4 6．（3分）观察下列尺规作图的痕迹： 其中，能够说明AB＞AC的是（　　） A．①② B．①④ C．②④ D．③④ 7．（3分）关于x的不等式组恰好只有两个整数解，则a的取值范围为（　　） A．5≤a＜6 B．5＜a≤6 C．4≤a＜6 D．4＜a≤6 8．（3分）如图，烧杯内液体表面AB与烧杯下底部CD平行，光线EF从液体中射向空气时发生折射，光线变成FH，点G在射线EF上，已知∠HFB＝20°，∠FED＝60°，则∠GFH的度数为（　　） A．20° B．40° C．60° D．80° 9．（3分）如图，AB，BC为⊙O的两条弦，连接OA，OC，点D为AB的延长线上一点，若∠CBD＝62°，则∠AOC的度数为（　　） A．100° B．118° C．124° D．130° 10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在AB、BC上，连接AF，过点E作EG⊥AF交CD于点G，连接FG．若AE＝2BF，∠BAF＝α，则∠EGF一定等于（　　） A．45°+α B．45°﹣α C．2α D．α 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11．（3分）因式分解：ac2﹣4ab2＝ 　 　． 12．（3分）若x1、x2是方程x2﹣3x﹣2＝0的两个实数根，则（x1+1）（x2+1）的值为 　 　． 13．（3分）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得∠B＝60°，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线AC＝40，则图（1）中对角线AC的长为 　 　． 14．（3分）如图，已知反比例函数y1（x＜0）和y1（x＜0）的图象分别为C1，C2，A是C1上一点，过点A作AB⊥x轴，垂足为B，AB与C2交于点D．若△AOD的面积为2，则k的值为 　 　． 15．（3分）如图，已知∠MON＝30°，点A1，A2，A3，…在射线ON上，点B1，B2，B3，…在射线OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…均为等边三角形，若OA1＝2，则△A2023B2023A2024的边长为 　 　． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16．（8分）计算：． 17．（8分）先化简，再求值：，其中m＝2． 18．（8分）某中学依山而建，校门A处有一坡角α＝30°的斜坡AB，长度为30米，在坡顶B处测得教学楼CF的楼顶C的仰角∠CBF＝45°，离B点4米远的E处有一个花台，在E处测得C的仰角∠CEF＝60°，CF的延长线交水平线AM于点D，求DC的长（结果保留根号）． 19．（9分）如图，将矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ACD沿CA方向平移得到△A′C′D′． （1）证明△A′AD′≌△CC′B； （2）若∠ACB＝30°，试问当点C′在线段AC上的什么位置时，四边形ABC′D′是菱形，并请说明理由． 20．（9分）我国的教育方针是：教育必须为社会主义现代化建设服务，为人民服务，与生产劳动和社会实践相结合，培养德智体美劳全面发展的社会主义建设者和接班人．为培养德智体美劳全面发展的优秀人才，丰都某中学开展了一系列精品课程，其中有一门课程《研学旅行》开展以来引起广泛关注，九年级2班数学兴趣小组对本班同学对《研学旅行》课的喜欢程度进行了调查，根据收集的数据绘制了两幅不完整的统计图，请根据图中信息，解答下列问题： （1）九年级2班共有学生 　 　名； （2）九年级共有学生1200人，根据上述调查结果，估计九年级学生选择D类的大约有多少人？ （3）该校德育处决定从九年级二班调查的A类的4人中，抽2人到八年级开展研学宣讲，若在调查的A类4人中，刚好有2名男生2名女生，用画树状图或列表的方法求抽到的一男一女的概率． 21．（9分）某文具店计划购进A、B两种笔记本，已知A种笔记本的进价比B种笔记本的进价每本便宜3元．现分别购进A种笔记本150本，B种笔记本300本，共计6300元． （1）求A、B两种笔记本的进价； （2）文具店第二次又购进A、B两种笔记本共100本，且投入的资金不超过1380元．在销售过程中，A、B两种笔记本的标价分别为20元/本、25元/本．两种笔记本按标价各卖出m本以后，该店进行促销活动，剩余的A种笔记本按标价的七折销售，剩余的B种笔记本按标价的八折销售．若第二次购进的100本笔记本全部售出后的最大利润不少于600元，请求出m的最小值． 22．（12分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝4cm，动点E从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s，以AE为直径作⊙O，与AB交于点D，连接DE．设运动时间为t（s）（0＜t＜2），解答下列问题： （1）t取何值时，BE平分∠ABC； （2）设△DCE的面积为y，求y与t的函数关系式； （3）是否存在某一时刻t，使CD与⊙O相切？若存在，求出t的值；若不存在说明理由． 23．（12分）如图1，二次函数y＝ax2+2ax+3的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，且OA＝OC．点P为抛物线第二象限上一动点． （1）直接写出该二次函数的表达式为 　 　； （2）连接PA、PC、BC，求四边形ABCP面积的最大值； （3）如图2，连结BP交AC于点H，过点P作y轴的平行线交AC于点Q．当△PQH为等腰三角形时，求出点P的坐标． 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A C A B A B C B 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．解：∵， 故选：C． 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：由题意得：x+3＞0， 解得x＞3， 故选：A． 4．解：A、原式＝8x4，故本选项不符合题意． B、原式＝x6，故本选项不符合题意． C、原式＝x16，故本选项符合题意． D、原式＝﹣27x6，故本选项不符合题意． 故选：C． 5．解：这组数据中5出现的次数最多，所以众数是5； 将数据重新排列为2，3，4，5，5，5，6，所以中位数是5； 最大数据为6，最小数据为2，所以极差为4； 平均数为（2+3+4+5+5+5+6）； 故选：A． 6．解：如图①中，AT＝AC， ∵点T在线段AB上， ∴AB＞AT，即AB＞AC． 如图④中， 由作图可知，EB＝EC， ∵EA+EC＞AC， ∴EA+EB＞AC，即AB＞AC． 故选：B． 7．解：解2x﹣1≤11得：x≤6， 解x+1＞a得：x＞a﹣1， 故不等式组的解集为：a﹣1＜x≤6， ∵关于x的不等式组恰好只有两个整数解， ∴两个整数为：5，6， ∴4≤a﹣1＜5， 解得：5≤a＜6． 故选：A． 8．解：∵AB∥CD，∠FED＝60°， ∴∠FED＝∠GFB＝60°， ∵∠HFB＝20°， ∴∠GFH＝∠GFB﹣∠HFB＝40°， 故选：B． 9．解：如图，在优弧AC上取点P，连接PA，PC， ∵∠CBD＝62°， ∴∠CPA＝62°， ∴∠AOC＝2∠APC＝124°， 故选：C． 10．解：过点D作DH∥EG交AB于点H，连接AG，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠BAD＝∠CDA＝90°，AB∥CD， ∴∠BAF+∠FAD＝90°， ∵EG⊥AF，DH∥EG， DH⊥AF， ∴∠ADH+∠FAD＝90°， ∴∠BAF＝∠ADH＝α， 在△ABF和△DAH中， ， ∴△ABF≌△DAH（ASA）， ∴AH＝BF，AF＝DH， ∴AE＝AH+HE＝BF+HE， ∵AE＝2BF， ∴BF+HE＝2BF， ∴HE＝BF， ∴AH＝HE＝BF， ∵AB∥CD，DH∥EG， ∴四边形DGEH是平行四边形， ∴HE＝DG， ∴AH＝DG， 在△AHD和△DGA中， ， ∴△AHD≌△DGA（SAS）， ∴∠ADH＝∠DAG＝α，DH＝AG， ∴∠FAG＝∠BAD﹣（∠BAF+∠DAG）＝90°﹣2α， ∵AF＝DH，DH＝AG， ∴AF＝AG， ∴∠AFG＝∠AGF（180°﹣∠FAG）＝45°+α， ∵EG⊥AF， ∴∠AGE＝90°﹣∠FAG＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α， ∴∠EGF＝∠AGF﹣∠AGE＝45°+α﹣2α＝45°﹣α． 故选：B． 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11．解：ac2﹣4ab2 ＝a（c2﹣4b2） ＝a（c+2b）（c﹣2b）． 故答案为：a（c+2b）（c﹣2b）． 12．解：根据根与系数的关系得x1+x2＝3，x1x2＝﹣2， ∴（x1+1）（x2+1）＝x1x2+x1+x2+1＝x1x2+（x1+x2）+1＝﹣2+3+1＝2． 故答案为：2． 13．解：在正方形ABCD中，∠B＝90°， ∴AB2+CB2＝AC2， ∵AB＝CB，AC＝40， ∴2AB2＝402， ∴AB＝20， 在菱形ABCD中，AB＝CB＝20， ∵∠B＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝AB＝20， 故答案为：20． 14．解：∵反比例函数和，AB⊥x， ∴，， ∴， ∴|k|＝5， ∵反比例函数图象位于第二象限， ∴k＜0， ∴k＝﹣5， 故答案为：﹣5． 15．解：因为△A1B1A2是等边三角形， 所以∠B1A1A2＝60°， 又因为∠MON＝30°， 所以∠OB1A1＝60°﹣30°＝30°． 所以∠MON＝∠OB1A1， 所以A1B1＝OA1． 又因为OA1＝2， 所以A1B1＝2． 故△A1B1A2的边长为2． 同理可得， ， 故△A2B2A3的边长为22． ， 故△A3B3A4的边长为23． …， 所以△AnBnAn+1的边长为2n． 当n＝2023时， △A2023B2023A2024的边长为22023． 故答案为：22023． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16．解： ＝2﹣41+2 ＝2﹣21+2 ＝1． 17．解：原式＝（） • ， 当m＝2时， 原式 ． 18．解：如图，设点B到AD的距离为BG， 在Rt△ABG中，BG＝ABsin∠BAG＝3015米， 设BF＝x米，则CF＝x米，EF＝（x﹣4）米， 在Rt△CEF中，tan∠CEF， 即， ∴x＝6， ∴CD＝DF+CF＝15+6（21）米． 19．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， △A′C′D′由△ACD平移得到， ∴A′D′＝AD＝CB，AA′＝CC′，A′D′∥AD∥BC． ∴∠D′A′C′＝∠BCA． ∴△A′AD′≌△CC′B． （2）解：当点C′是线段AC的中点时，四边形ABC′D′是菱形． 理由如下： ∵四边形ABCD是矩形，△A′C′D′由△ACD平移得到， ∴C′D′＝CD＝AB． 由（1）知AD′＝C′B． ∴四边形ABC′D′是平行四边形． 在Rt△ABC中，点C′是线段AC的中点， ∴BC′AC． 而∠ACB＝30°， ∴ABAC． ∴AB＝BC′． ∴四边形ABC′D′是菱形． 20．解：（1）九年级2班共有学生：4÷10%＝40（名）， 故答案为：40； （2）1200180（人）， 答：估计九年级学生选择D类的大约有180人； （3）画树状图如下： 共有12种等可能的结果，其中抽到的一男一女的结果有8种， ∴抽到的一男一女的概率为． 21．解：（1）设A种笔记本的进价是x元，B种笔记本的进价是y元， 由题意得：， 解得：． 答：A种笔记本的进价是12元，B种笔记本的进价是15元； （2）设文具店第二次购进A种笔记本a本，则B种笔记本（100﹣a）本，由题意得： 12a+15（100﹣a）≤1380， 解得a≥40， 依题意有：20m+25m+（a﹣m）×20×0.7+（100﹣a﹣m）×25×0.8﹣12a﹣15（100﹣a）≥600， 解得：m， ∵m为整数， ∴m的最小值为20． 22．解：（1）由题意得：∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝4cm，AE＝2t cm，CE＝（4﹣2t）cm， ∵AE是⊙O的直径， ∴∠ADE＝90°， 在Rt△ABC中，BC3（cm）， ∵∠ADE＝∠ACB＝90°，∠EAD＝∠BAC， ∴△AED∽△ABC， ∴，即， ∴DEt cm， ∵∠BDE＝∠BCE＝90°， ∴当DE＝CE时，BE平分∠ABC， ∴t＝4﹣2t， 解得：t， ∴当t时，BE平分∠ABC； （2）如图，过点D作DG⊥AC于点G， ∵△AED∽△ABC， ∴，即， ∴ADt cm， ∵DG⊥AE，AD⊥DE， ∴AE•DG＝AD•DE，即2t•DGt•t， ∴DGt cm， ∴y＝S△DCECE•DG（4﹣2t）•tt2t； （3）存在某一时刻t，使CD与⊙O相切．理由如下： 如图，过点D作DG⊥AC于点G， 由（1）（2）知：AE＝2t cm，OA＝OD＝t cm，OC＝（4﹣t）cm，ADt cm，AGt cm，DGt cm， ∴OG＝AG﹣OAt﹣tt， ∴CG＝OC﹣AG＝4t， ∵DG⊥AC， ∵CD与⊙O相切， ∴∠CDO＝90°， ∴∠DGO＝∠CDO， ∵∠DOG＝∠COD， ∴△ODG∽△OCD， ∴，即， 解得：t， ∴当t时，CD与⊙O相切． 23．解：（1）OA＝OC＝3， 则点A（﹣3，0）， 将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝9a﹣6a+3， 解得：a＝﹣1， 则抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3， 故答案为：y＝﹣x2﹣2x+3； （2）如图2， 由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝x+3， 设点P（m，﹣m2﹣2m+3），则点Q（m，m+3）， 则PQ＝﹣m2﹣2m+3﹣m﹣3＝﹣m2﹣3m， 则四边形ABCP面积＝S△ABC+S△ACPAB×COPQ×AO4×3（﹣m2﹣3m）×3（﹣m2﹣3m）+6， ∵0， 故四边形ABCP面积存在最大值， 当m时，四边形ABCP面积的最大值为； （3）设点P（m，﹣m2﹣2m+3），则点Q（m，m+3）， 由点B、P的坐标得，直线BP的表达式为：y＝﹣（m+3）（x﹣1）， 联立上式和直线AC的表达式得：﹣（m+3）（x﹣1）＝x+3， 解得：xH，则点H的坐标为：（，3）， 由直线AC的表达式知，其和x轴正半轴的夹角为45°， 如果PH＝PQ，则∠PHQ＝45°，则∠QPH＝90°，故PH＝PQ不存在， 则QH（xH﹣xQ）（m）， 而PQ＝﹣m2﹣3m， 当PH＝QH时， 则点H在PQ的中垂线上，则yH（yP+yQ）， ∴3（﹣m2﹣2m+3+m+3）， 解得：m＝﹣3（舍去）或﹣2， 即点P（﹣2，3）； 当PQ＝QH时，即（m）＝﹣m2﹣3m， 解得：m＝﹣3（舍去）或4， 即点P（，67）， 综上，点P的坐标为：（﹣2，3）或（，67）． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$