试卷7 2024年平顶山市第一次中招模拟考试-【必考尚·北大绿卡】2025中考数学名校模拟试题汇编（河南专用）

试卷7平顶山市第一次中招模拟考试 必考尚图书 河南中跨·模拟卷 数学 (温馨提示：满分120分时间100分钟) 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均7.一元二次方程x(x-2)=3的根的情况是( 有四个选项，其中只有一个是正确的 A.没有实数根 1.2024的相反数是 ( B.有两个相等的实数根 B.-2024C.2024 1 A.2024 1 C.有两个不相等的实数根 D.-2024 D.只有一个实数根 2.已知某几何体的俯视图如图所示，该几何体可 8.若反比例函数y=(k0)的图象经过点(-1,2)， 能是 ( 则一次函数y=x+k的图象一定不经过（ 鼠 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 地 俯视图 9.如图，电路图上有4个开关A,B,C,D和1个小 灯泡，同时闭合开关A,B或同时闭合开关C,D 邮 都可以使小灯泡发光.下列操作中，“小灯泡发 B D 光”这个事件是随机事件的是 製 长 3.龙年伊始，平顶山市迎来了新年文旅“满堂 红”.今年春节期间，平顶山市共接待游客 D 599.66万人次，实现旅游收人36.4亿元.数据 36.4亿用科学记数法表示为 ( ) 洲 A.3.64×108 B.36.4×108 A.只闭合1个开关 B.只闭合2个开关 C.0.364×109 D.3.64×109 C.只闭合3个开关 D.闭合4个开关 帘 4.如图，直线m∥n,等边△ABC的顶点B,C分别在 10.如图1，在△ABC中，∠ABC=60°.动点P从点 直线m,n上，若∠1=70°，则∠2的度数为( A出发沿折线A→B→C匀速运动至点C后停 止.设点P的运动路程为x,线段AP的长度为 y,图2是y随x变化的关系图象，其中M为曲 线DE的最低点，则△ABC的面积为( B A.45° B.50° C.55° D.60° 22I 5.下列计算中，正确的是 ----zE 3 A.a3+a4=a7 B.(a2)3=a8 M C.(2a)5=10a5 D.a2.a3=a 23 6.如图所示，△ABC是⊙0的内接三角形.若 图1 图2 ∠OAC=20°，则∠ABC的度数等于 ) A.43 B.4 C.23 D.26 3 物 二、填空题（每小题3分，共15分） 11.已知点P在数轴上，且到原点的距离大于2， 写出一个点P表示的负数： A.70° B.65° C.60° D.55° 12.分式方程2-1=1+1的解是 数学试卷 13.某校为了解学生对篮球、足球、乒乓球、羽毛球17.(9分)为了解A,B两款品质相近的智能玩具 四类运动的参与情况，随机调查本校部分学 ! 飞机在一次充满电后运行的最长时间，有关人 生，让他们从中选择参与最多的一类运动，以 员分别随机调查了A,B两款智能玩具飞机各 选择各项目的人数制作了条形统计图，若从该 10架，记录下它们运行的最长时间（单位： 校学生中任意抽取1人，则该学生恰好选择篮 min),并对数据进行整理、描述和分析（运行 球这项运动的概率约为 最长时间用x表示，共分为三组：合格60≤x< 人数/人 70,中等70≤x<80,优等x≥80)，下面给出了 30 30 部分信息. 20 a.10架A款智能玩具飞机一次充满电后运行 20 12 的最长时间（单位：min)分别是：60,64,67， 10 69,71,71,72,72,72,82 0 篮球 足球乒乓球羽毛球运动项目 b.10架B款智能玩具飞机一次充满电后运行 14.如图，直线y=kx+3与y轴交于点A,与反 的最长时间（单位：min)在中等组的数据分别 是：70,71,72,72,73 比例函数y=-4(x<0)的图象交于点C, c.两款智能玩具 d.B款智能玩具 过点C作CB⊥x轴于点B,AO=3B0,则k 飞机运行最长时 飞机运行最长时 的值为 间统计表 间扇形统计图 类别 A B 平均数 70 70 中等 中位数 b 众数 a 67 第14题图 第15题图 方差 30.4 31.6 15.在矩形ABCD中，AB=3,BC=5,若P是射线 根据以上信息，解答下列问题： AD上一个动点，连接BP,点A关于直线BP的 (1)上述图表中，a= ,b= 对称点为M,连接MP,MC,当P,M,C三点共 m= 线时，AP的长为 (2)根据以上数据，你认为哪款智能玩具飞机 三、解答题（本大题共8个小题，满分75分） 运行性能更好？请说明理由.（写出一条理由 16.(1)(5分)计算：32÷|-3-√4×21； 即可) x-1>2, ① (3)若某玩具仓库有A款智能玩具飞机200 (2)(5分)解不等式组： 2x+1 架，B款智能玩具飞机120架，估计两款智能 ≥1.② 玩具飞机运行性能在中等及以上的共有多 少架？ 7第1页 试卷7 18.（9分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，2( AB=8,BC=5: (1)请用无刻度的直尺和圆规作出BC的垂直 平分线，分别交AB,BC于点D,E.(要求：不写 作法，保留作图痕迹，使用2B铅笔作图) (2)在(1)的条件下，连接CD,求△BCD的 周长 2 19.(9分)如图，AB为⊙0的直径，点C是AD的 中点，过点C作⊙O的切线CE,与BD的延长 线交于点E,连接BC. (1)求证：∠CEB=90° (2)连接CD,当CD∥AB时： ①连接OC,判断四边形OBDC的形状，并说明 理由。 ②若BE=3,图中阴影部分的面积为 (用含有π的式子表示) 0 试卷7 .(9分)近年来，市民交通安全意识逐步增强， 头盔需求量增大.某商店购进甲、乙两种头盔， 已知购买甲种头盔20个，乙种头盔30个，共 花费2920元，甲种头盔的单价比乙种头盔的 单价高11元. (1)甲、乙两种头盔的单价分别是多少元？ (2)商店决定再次购进甲、乙两种头盔共40 个，正好赶上厂家进行促销活动，促销方式如 下：甲种头盔按单价的八折出售，乙种头盔每 个降价6元出售.如果此次购买甲种头盔的数 量不低于乙种头盔数量的一半，那么应购买多 少个甲种头盔，才能使此次购买头盔的总费用 最小？最小费用是多少元？ .(9分)下图是某篮球架的侧面示意图，四边形 ABCD为平行四边形.其中BE,CD,GF为长度 固定的支架，支架在A,D,G处与立柱AH连接 (AH垂直于MN,垂足为H),在B,C处与篮板 连接.旋转点F处的螺栓可以调节EF长度， 使支架BE绕点A旋转，进而调节篮板的高 度.已知DH=209cm. (1)如图1，当∠GAE=60°时，测得点C离地 面的高度为289cm,求CD的长度. (2)如图2，调节伸缩臂EF,将∠GAE由60°调 节为54°时，请判断点C离地面的高度是升高 了还是降低了？并计算升（或降）的距离.（参 考数据：sin54°≈0.8，cos54°≈0.6，tan54°≈ 1.4) B 篮板 篮板 E E D伸缩臂 D 伸缩臂 GHF 地面 H 地面 Hh M 图1 图2 数学试卷7 2.(10分)一次足球训练中，小明从球门正前方23.(10分)(1)观察发现：已知△ABC是直角三 8m的A处射门，球射向球门的路线呈抛物 角形，∠ACB=90°.将△ABC绕点B顺时针旋 线，其函数表达式为y=a(x-h)2+k.当球飞 转得到△DBE,旋转角为α，直线DE交直线 行的水平距离为6m时，球达到最高点，此时 AC于点F.如图1，当a=90°时，判断：四边形 球离地面3m.已知球门OB高为2.44m,现以 BCFE的形状为 ,CF与EF的 0为原点建立如图所示的平面直角坐标系. 数量关系为 (2)深入探究：在图1的基础上，将△DBE绕 点B逆时针旋转，旋转角为B,如图2，当0°< B<90°时，直接写出线段AF,EF,DE的数量关 系： ;继续旋转，如图3，当 y/m 90°<B<180°时，请写出线段AF,EF,DE的 数量关系，并说明理由 (3)拓展应用：在(2)的基础上，当∠CBE= ∠BAC时，若BC=9,AC=12,请直接写出AF 的长 0 86 A x/m (1)求抛物线的函数表达式，并通过计算判断 球能否射进球门（忽略其他因素） (2)经过教练指导，小明改变了射球的力度和 角度，在同一地点再次射门，球射向球门的路 线呈抛物线，其表达式为y=6+c+6 图 结果足球“画出一条美妙的曲线”在点O正上 方2m处精彩落入球网内.求两次射门，足球 经过的路线最高点之间的距离， (注：题中的x表示球到球门的水平距离，y表 示球飞行的高度) 图3 与尚 第2页武卷7○ 平顶山市 一、选择题（每小题3分，共30分） 1.B2.A3.D4.B5.D6.A7.C8.A9.B 10.C【解析】如图，过点A作AD⊥BC于点D.当动点P运动 到，点D时，线段AP的长度最短，此时点P运动的路程为 2√5，即AB+BD=2√3，当动点P运动到点C时，运动结束， 线段AP的长度就是AC的长度，比时AC=2:LABC= 60°，∠BAD=30°，.AB=2BD,.AB+BD=3BD=25, 0-29AB-9A0=V-即-2在△Ac 中，4c=2yD=Vac-m=9Bc=m+ CD=26,Smc=分BC×40=7×25x2=2a故 选C. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11.-3(答案不唯-)12.x=213. 8 14.-1 15.1或9【解析】①当点P在线段AD上时，如图1.：△ABP 与△MBP关于直线BP对称，.∴.∠BMP=∠A=90°，BM= AB=3,AP=PM,.∠BMC=90°.在Rt△BMC中，根据勾股 定理可得BM+CM=BC,.32+CM=52,CM=4.设 AP=PM=x,在Rt△CDP中，根据勾股定理可得DP2+CD2= CP∴.(5-x)2+32=(4+x)2,解得x=1,∴.AP=1; A D A D M 图1 图2 ②当点P在线段AD的延长线上时，如图2.△ABP与 △MBP关于直线BP对称，.∠BMP=∠A=90°，BM= AB=3,AP=PM,∠APB=∠MPB.AP∥BC,.∠APB= ∠CBP,∴.∠CPB=∠CBP,.CP=BC=5.在Rt△BMC中， 根据勾股定理可得BMP+CM2=BC2,.32+CM2=52, ∴.CM=4,∴.AP=PM=CP+CM=5+4=9.综上所述，AP 的长为1或9. 三、解答题（本大题共8个小题，满分75分） 16.解：(1)原式=9÷3-2×2 1 =3-1 =2; 数学 第一次中招模拟考试 (2)解不等式①，得x>3. 解不等式②，得x≥1. 所以原不等式组的解集为x>3. 17.解：(1)7270.510 (2)A款智能玩具飞机运行性能更好.理由如下： 虽然两款智能玩具飞机运行最长时间的平均数相同，但A 款智能玩具飞机运行最长时间的中位数和众数均高于B款 智能玩具飞机，A款智能玩具飞机运行最长时间的方差小 于B款智能玩具飞机； (3)200×60+120×(1-40%)=120+72=192(架)y 答：估计两款智能玩具飞机运行性能在中等及以上的共有 192架. 18.解：(1)如图所示，直线DE即为所求： D (2)由(1)知，DE垂直平分BC, ∴.CD=BD,∴.∠BCD=∠B .∠ACB=90°， .∠A+∠B=90°， ∠A+∠BCD=90. .∠ACB=∠ACD+∠BCD=90°， .∠A=∠ACD,.AD=CD, 故△BCD的周长为：BC+BD+CD=5+BD+AD=5+AB= 5+8=13. 19.解：(1)证明：如图1，连接0C :CE是⊙0的切线， .0C⊥CE,∠0CE=90° 点C是AD的中点， .AC=CD,.∠2=∠3. .OC=0B,∴.∠1=∠2， .∠1=∠3，∴.OC∥BE, ∴.∠OCE+∠CEB=180° :∠0CE=90°，∴.LCEB=90; 图1 图2 中考 21 (2)①四边形OBDC为菱形.理由如下： 如图2，OC∥BE,CD∥AB, ∴.四边形OBDC为平行四边形 .OB=OC, .四边形OBDC为菱形； ②号， 【解析】如图2，连接OD,设OD,BC交于点F由①可知，四边 形OBDC为菱形，.CD=BD,.C=BD:AC=-CD,.AC= CD=BD,.∠A0C=∠C0D=∠B0D=60°，.LABC= CBEG3E3 0-25.BF=6,0B=g6e=2.0/AB 3 .S△cOD=S△cD,.S阴形=S扇形00D 60m×2_2m 360 3 20.解：(1)设甲、乙两种头盔的单价分别为x元，y元， r20x+30y=2920 由题意列方程组得 解得=65， x-y=11, y=54 答：甲、乙两种头盔的单价分别为65元，54元； (2)设再次购进甲种头盔m个，则购进乙种头盔(40- m)个 由题意得m≥（(40-m）,解得m≥ 3 设购买两种头盔共需费用W元，则W=65×0.8m+（54- 6)(40-m)=4m+1920. 4>0,∴.W随着m的增大而增大，即当m取最小值时W 的值最小. 又：m为整数， .∴.m的最小值为14，此时有W=4×14+1920=1976. 答：购买14个甲种头盔时总费用最小，最小费用是1976元. 21.解：(1)如图1，延长BC交MN于点R,过点D作DQ⊥BC 于点Q. 由题意可知，四边形QRHD为矩形， ∴.QR=DH=209cm, ∴.CQ=CR-QR=289-209=80(cm). .四边形ABCD为平行四边形， ∴.∠DCQ=∠ABC=∠GAE=60°，∴.∠CDQ=30° 在Rt△CDQ中，有CD=2CQ=2×80=160(cm). 答：CD的长度为160cm; B B 篮板， A 篮板 E E On_ P伸缩臂 仲缩臂 G 地面 地面 M R N M T 图1 图2 22 数学 (2)点C离地面的高度升高了. 如图2，延长BC交MN于点T,过点D作DS⊥BC于点S. 同理可知，ST=DH=209cm,∠DCS=∠GAE=54°，CD= 160cm. 设CT=mcm,则CS=CT-ST=(m-209)(cm), 在Rt△CDS中，.'cos∠DCS= D.c0s540=m-209 C 160 ∴.0.6×160=m-209,解得m=305, 则305-289=16(cm). 答：点C离地面的高度升高了16cm. 2.解：(1)由题意可知，该抛物线的顶点坐标为(2,3)， 可设抛物线的函数表达式为y=a(x-2)2+3, 将(8,0)代入y=a(x-2)2+3,得0=a(8-2)2+3, 1 解得a=-12' ·该抛物线的函数表达式为y=- x-2+3 当x=0时，有y=号>24， ·这次射门球不能射进球门； 2)由题意可知，抛物线y三-6+bx+c经过点(8,0)用 (0,2), 0=-4+8b+c, 可得 解得 4, 2=c, c=2, 该抛物线的表达式为y=-++2， 1 -6（-2)2+号则其顶点坐标为(2，号。 配方得y=-16 1 又：抛物线y=-2(x-2)2+3的顶点坐标为(2,3)， 则3、9、3 4=4, “两次射门，足球经过的路线最高点之间的距离为子m 23.解：(1)正方形CF=EF (2)AF EF=DE; AF-EF=DE.理由如下： 如图1，连接BF. 图1 由旋转的性质可知，AC=DE,BC=BE,∠E=90° .:∠ACB=90°，∴.∠BCF=90°，∴.∠BCF=∠E=90°. 中考 [BF BF, 在Rt△BCF和Rt△BEF中， BC=BE, ∴.Rt△BCF≌Rt△BEF(HL), .CF=EF, .AF EF =AF-CF AC. AC=DE, .∴.AF-EF=DE; (3)9或15 【解析】①如图2，.·∠CBE=∠BAC,而∠ACB=90°，即旋转 角0°<B<90°，因此AF+EF=DE.由题意得∠CBE= ∠DBA,.∠BAC=∠DBA,.AC∥BD,.∠CFB=∠DBF: .Rt△BCF≌Rt△BEF,∴.∠CFB=∠EFB,.∠EFB= ∠DBF,∴.DF=DB..△ABC≌△DBE,.∴.AC=DE=12, BC=BE=9.在Rt△DBE中，根据勾股定理可得DB= 武卷8 郑州市 一、选择题（每小题3分，共30分） 1.A2.B3.D4.C5.C6.A7.C8.A9.C 10.D【解析】当点P运动到点B处时，x=8,即AB=8,当点P 运动到，点C处时，x=15,.BC=15-AB=7.如图，过点A 作AQ LBC于点Q.当点P运动到点Q处时，AP最短，由等 面积得AB·CG=BC·AQ,.AQ=4√5，∴点F的纵坐标为 45.在RL△ABQ中，AB=AQ+BQ,.BQ=4,AB+BQ= 12,.点F的横坐标为12，∴.，点F的坐标为(12,43).故选D. A G 二、填空题（每小题3分，共15分） 11.平行，相交(1个正确2分)12.60013.65tana 142+?T【解析】知图，连接0D,过点0作OH LAC于点H :∠C=90,4C=BC,∠C5=45,0H=号0M-x 2=2.:⊙0与BC相切于点D,.OD⊥BC,∴OD∥AC, 1 六∠E0D=∠BAC=45,Sm影=Saom+Sm影0E=2×2× 2+5xx2=2+2m 360 B E 数学 √122+92=15，.DF=15,.EF=DF-DE=15-12=3, ∴.AF=DE-EF=12-3=9: D B 图2 图3 ②如图3，当旋转角90°<B<180°时，有AF=DE+EF ∠CBE=∠BAC,LBAC=∠D,且∠CBE=∠ABD, ∴.∠ABD=∠D,∴.AB∥DE,∴.∠ABF=∠BFE.Rt△BCF≌ Rt△BEF,.∠CFB-=∠EFB,.∠ABF=∠AFB,.AF=AB= DB=15.综上所述，AF的长为9或15. 第二次中招模拟考试 15.60°或120°【解析】由题意可知，点E在以，点A为圆心，AB 的长为半径的圆上.①当∠EDC=90°时，CE为⊙A的直径， 如图1.，四边形ABCD是菱形，且∠ABC=60°，∴.△ABC和 △ACD为等边三角形，.∠BAC=60°，.∠BAE=120°，即 旋转角a的度数为120°；②当∠ECD=90°时，DE为⊙A的 直径，如图2.∠CDA=60°，AB∥CD,∴∠BAE=∠CDA= 60°，即旋转角α的度数为60°；③如图3，以CD为直径的圆 与⊙A除C,D之外无交点，.不存在∠CED=90°的情况. 综上所述，旋转角α的度数为60°或120°. E 图1 图2 图3 三、解答题（本大题共8个小题，共75分） 16解：(1)原式=2+号-1=号： 2原武贵子品司 -(x-1.￥-2 (x-2)2x =x-1 x-2 中考 23