2024年湖南省凤凰县中考一模数学试题（原卷版+解析版）

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1．本卷为试题卷，考生必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效.
2．答题前，考生须先将自己的姓名、准考证号分别在试题卷和答题卡上填写清楚.
3．答题完成后，请将试题卷、答题卡、草稿纸放在桌上，由监考老师统一收回.
4．本试卷三大题，26小题，满分120分，时量120分钟.
一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一项是符合题意的. 请在答题卡中填涂符合题意的选项. 本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1. 2024的倒数是（ ）
A. B. 2024C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了求一个数的倒数，根据乘积为1的两个数互为倒数进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴的倒数是，
故选∶D．
2. 下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别根据轴对称图形与中心对称图形的性质对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是中心对称图形，故本选项错误；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，故本选项正确．
故选D．
【点睛】本题考查的是轴对称图形，熟知轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质的图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合是解答此题的关键．
3. 2023年前三季度全国强城市排名已经揭晓，长沙约为10800亿名列第十五，同比增速为，数据10800用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】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．
本题考查了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，正确确定a的值以及n的值是解决问题的关键．
【详解】解：，
故选：C．
4. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据完全平方公式及合并同类项、积的乘方运算依次判断即可．
【详解】解：A、，选项计算错误，不符合题意；
B、，选项计算错误，不符合题意；
C、，计算正确，符合题意；
D、，选项计算错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】题目主要考查完全平方公式及合并同类项、积的乘方运算，熟练掌握运算法则是解题关键．
5. 古语有言“逸一时，误一世”，其意是教导我们青少年要珍惜时光，切勿浪费时间，浪费青春，其数字谐音为1，1，4，5，1，4，有关这一组数，下列说法错误的是（ ）
A. 中位数为1
B. 从1，1，4，5，1，4中随机抽取一个数，取得奇数的可能性比较大
C. 众数是1
D. 平均数为
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了求中位数，求众数，求平均数以及简单的概率计算，根据中位数的和众数的定义即可判断AC；根据平均数的计算公式即可判断D；分别求出从1，1，4，5，1，4中随机抽取一个数，取得奇数的概率和取得偶数的概率即可判断B．
【详解】解：A、把这组数据从小到大排列为：1，1，1，4，4，5，处在最中间的两个数为1，4，则中位数为，原说法错误，符合题意；
B、∵一共有6个数，其中4个是奇数，2个是偶数，
∴从1，1，4，5，1，4中随机抽取一个数抽到奇数的概率为，抽到偶数的概率为，
∵，
∴从1，1，4，5，1，4中随机抽取一个数，取得奇数的可能性比较大，原说法正确，不符合题意；
C、∵数字1出现了3次，出现的次数最多，
∴众数是1，原说法正确，不符合题意；
D、平均数为，原说法正确，不符合题意；
故选：A．
6. 如图，已知直线，平分，，则的度数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行线的性质可得， ，，推得，根据角平分线的性质可求出的度数，即可求得的度数．
【详解】∵，
∴，，，
∴，
又∵平分，
∴，
∴
故选：A．
【点睛】本题考查平行线的性质和角平分线的性质．熟练掌握平行线的性质和角平分线的性质是解决本题的关键．
7. 一元一次不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出不等式组的解集，再在数轴上进行表示即可．
【详解】解：由，得：；
由，得：，
∴不等式组的解集为：；
数轴上表示如图：

故选C．
【点睛】本题考查在数轴上表示不等式组的解集．正确的求出不等式组的解集，是解题的关键．
8. 《孙子算经》是唐初作为“算学”教科书的著名的《算经十书》之一，共三卷，上卷叙述算筹记数的制度和乘除法则，中卷举例说明筹算分数法和开平方法，都是了解中国古代筹算的重要资料，下卷收集了一些算术难题，“鸡兔同笼”便是其中一题．下卷中还有一题，记载为：“今有甲乙二人，持钱各不知数．甲得乙中半，可满四十八；乙得甲太半，亦满四十八．问甲、乙二人持钱各几何？”意思是：“甲、乙两人各有若干钱，如果甲得到乙所有钱的一半，那么甲共有钱48文．如果乙得到甲所有钱的，那么乙也共有钱48文．问甲、乙二人原来各有多少钱？”设甲原有钱x文，乙原有钱y文，可得方程组（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，通过题目的等量关系，结合题目所设未知量列式即可得解.
【详解】设甲原有x文钱，乙原有y文钱，
根据题意，得：，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组实际应用，准确设出未知量根据等量关系列式求解是解决本题的关键.
9. 如图，在△ABC中，∠C＝84°，分别以点A，B为圆心，以大于AB的长为半径画弧，两弧分别交于点M，N，作直线MN交AC于点D；以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BA，BC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径画弧，两弧交于点P．若此时射线BP恰好经过点D，则∠A的大小是（ ）
A. 30°B. 32°C. 36°D. 42°
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中作图知：DM垂直平分AB，BD平分∠ABC，利用三角形内角和定理计算即可．
【详解】由题意得：DM垂直平分AB，BD平分∠ABC，
∵DM垂直平分AB，
∴AD=BD，
∴∠A=∠ABD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∵∠A+∠ABD+∠CBD+∠C=，∠C＝84°，
∴∠A=，
故选：B．
【点睛】此题考查线段垂直平分线作图及性质，角平分线作图及性质，三角形的内角和定理，根据题意得到DM垂直平分AB，BD平分∠ABC是解题的关键．
10. 如图，已知二次函数的图象如图所示，有下列5个结论：①；②；③；④；⑤的实数）．其中正确结论的有（ ）个
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数图象与二次函数系数之间的关系，掌握二次函数图象与二次函数系数之间的关系是解题的关键．
由抛物线的开口方向判断的符号，由抛物线与轴的交点判断的符号，然后根据对称轴及抛物线与轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】解：①由图象可知：，，
，
，
，故选项①正确；
②当时，，故，故选项②错误；
③由对称知，当时，函数值大于0，即，故选项③正确；
④当时函数值小于0，，且，
即，代入得，得，故选项④正确；
⑤当时，的值最大．此时，，
而当时，，
所以，
故，即，故选项⑤错误．
故①③④正确．
故选：B．
二、填空题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分）
11. 写出一个小于4的正无理数是________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据无理数估算的方法求解即可．
【详解】解：∵，
∴．
故答案：（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查了无理数的估算，准确计算是解题的关键．
12. 已知点关于x轴对称的点位于第_______象限．
【答案】一
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—轴对称，判断点所在的象限，根据关于x轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数得到点关于x轴对称的点的坐标，据此可得答案．
【详解】解；∵点关于x轴对称的点的坐标为，
∴点关于x轴对称的点在第一象限，
故答案为；一．
13. 函数的自变量的取值范围是______．
【答案】且##且
【解析】
【分析】本题考查了函数自变量的取值范围，根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件列不等式组求解即可．
【详解】解：依题意，，
解得：且，
故答案为：且．
14. 因式分解：______________．
【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式，再运用平方差公式继续分解．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
15. 中国书画扇面是中国传统文化艺术的重要表现形式，同时也具有极高审美的艺术价值．如图，一件扇形艺术品完全打开后，测得，则由线段，弧，线段，弧围成扇面的面积是__________（结果保留）．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了扇形面积计算，解题的关键是熟练掌握扇形面积公式．根据扇形面积公式进行计算即可．
【详解】解：，
扇面的面积为：
．
故答案为：．
16. 如图，过原点的直线与双曲线交于两点，过点作轴，垂足为，连接，若，则的值是______．
【答案】5
【解析】
【分析】本题考查反比例函数中“k”的几何意义，设，则，根据，得到，再根据反比例函数的图象位于第一、三象限，即可得到k的值．
【详解】解：设，
∵过点O的直线与双曲线交于A、B两点，
∴，
∴， ，
∴，
∴， ，则．
又∵反比例函数的图象位于第一、三象限，
∴，
∴．
故答案为：5．
17. 《周礼考工记》中记载有：“……半矩谓之宣（xuān），一宣有半谓之欘（zhú）……”意思是：“……直角的一半的角叫做宣，一宣半的角叫做欘……”．即：1宣矩，1欘宣（其中，1矩），问题：图（1）为中国古代一种强弩图，图（2）为这种强弩图的部分组件的示意图，若矩，欘，则______度．

【答案】####．
【解析】
【分析】根据矩、宣、欘的概念计算即可．
【详解】解：由题意可知，
矩，
欘宣矩，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了新概念的理解，直角三角形锐角互余，角度的计算；解题的关键是新概念的理解，并正确计算．
18. 如图1是某激光黑白A4纸张打印机的机身，其侧面示意图如图2，，．出纸盘下方为一段以为圆心的圆弧，与上部面板线段相接于点，与相切于点．测得，．进纸盘可以随调节扣向右平移，，．当向右移动至时，点，，在同一直线上，则的长度为______．若点到的距离为，，连结，线段恰好过的中点．若，则点到直线的距离为______．
【答案】 ①. 34 ②. 32
【解析】
【分析】过F′作FG⊥AB于G交CD于M，由，，可证四边形BGF′H′是矩形，由DM∥AG，可证△DMF′∽△AGF′，可得，可求cm，连结OD，PD，ED交OP于N，过E作EJ⊥AB于J，EK⊥OD于K， 过P作PR⊥BH于R，交OD延长线于L，OD⊥CD，AB∥CD，可得EJ∥OD，EK⊥JE，由tanA=4，JE=16cm，可求可求EK=12cm，，KD =8cm，由PO过中点，利用垂径定理，PE=PD=，由勾股定理ED，可得ND=EN=2，可证△EKD∽△OND，可求OD=13，由tan∠POL=tan∠DEK=，设PL=2m，OL=3m，构造方程，解之即可．
【详解】解：过F′作FG⊥AB于G交CD于M，
∵，，
∴∠GBH′=∠BH′F′=∠F′GB=90°，
∴四边形BGF′H′是矩形，
∴GF′=BH′，F′H′=FH=MC=GB=2cm，
∵DM∥AG，
∴∠F′DM=∠F′AG，∠F′GA=∠F′MD，
∴△DMF′∽△AGF′，
∴，
∵cm，
，cm，DM=DC-CM=18-2=16cm，
∴，
∴cm，
∴AB=AG+BG=32+2=34cm，
连结OD，PD，ED交OP于N，过E作EJ⊥AB于J，EK⊥OD于K， 过P作PR⊥BH于R，交OD延长线于L，
∵OD⊥CD，AB∥CD，
∴EJ∥OD，EK⊥JE，
∵tanA=4，JE=16cm，
∴，
∵EK=AB-AJ-CD=34-4-18=12cm，KD=BC-JE=24-16=8cm，
∵PO过中点，DE为弦
∴OP⊥ED，且EN=DN，
∴OP为DE垂直平分线，
∴PE=PD=
在Rt△EKD中，由勾股定理ED=，
∴ND=EN=2，
∵EK⊥OD，ON⊥ED，
∴∠EKD=∠OND=90°，
∴∠EDK=∠ODN，
∴△EKD∽△OND，
∴即，
∴OD=13，
∵tan∠POL=tan∠DEK=，
∴设PL=2m，OL=3m，
∴DL=OL-OD=3m-13，
在Rt△PDL中，由勾股定理得：PD2=DL2+PL2，
即
整理得，
解得m=7，或m=-1(舍去)
∴PL=2m=2×7=14cm，
∵PR⊥BH，DC⊥BH，OL⊥CD，
∴∠LDC=∠DCR=∠LRC=90°，
∴四边形DCRL矩形，
∴LR=CD=18cm，
∴PR=PL+LR=14+18=32cm．
故答案为：34，32．
【点睛】本题考查矩形判定与性质，相似三角形判定与性质，锐角三角函数，垂径定理，勾股定理，一元二次方程解法，掌握以上知识、灵活应用数形结合的思想是解题关键．
三、解答题（本大题共8小题，第19-20题每小题6分，第21—22题每小题8分，第23—24题每小题9分，第25—26题每小题10分，共66分）
19. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据绝对值的性质，特殊角的三角函数值，零次幂，负整数指数幂进行运算即可．
【详解】
【点睛】本题考查了绝对值的性质，特殊角的三角函数值，零次幂，负整数指数幂，熟知以上运算是解题的关键．
20. 先化简，再求值：，其中．
【答案】原式，当时，原式
【解析】
【分析】本题考查分式的化简求值，先将括号内的式子进行通分进行分式加减法计算，然后再算括号外面的乘法，最后代入求值．
【详解】解：
当时，原式
21. “赏中华诗词，寻文化基因，品生活之美”，某校举办了首届“中国诗词大会”，经选拔后有50名学生参加决赛，根据测试成绩（成绩都不低于50分）绘制出如图所示的部分频数分布直方图．
请根据图中信息完成下列各题．
（1）将频数分布直方图补充完整人数；
（2）若测试成绩不低于80分为优秀，则本次测试的优秀率是多少；
（3）现将从包括小明和小强在内的4名成绩优异的同学中随机选取两名参加市级比赛，求小明与小强同时被选中的概率．
【答案】（1）答案见解析 （2）54% （3）
【解析】
【分析】（1）根据各组频数之和等于总数可得分的人数，据此即可补全直方图；
（2）用成绩大于或等于80分的人数除以总人数可得；（3）列出所有等可能结果，再根据概率公式求解可得．
【详解】（1）70到80分的人数为人，
补全频数分布直方图如下：
（2）本次测试的优秀率是；
（3）设小明和小强分别为、，另外两名学生为：、，
则所有的可能性为：、、、、、，
所以小明与小强同时被选中的概率为．
【点睛】本题考查了频数分布表、频数分布直方图，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题，也考查了列表法和画树状图求概率．
22. 图1是一台手机支架，图2是其侧面示意图，AB，BC可分别绕点A，B转动，测得，，，．
（1）在图2中，过点B作，垂足为E，填空：_____°；
（2）求点C到的距离．（结果保留小数点后一位，参考数据：，，，）
【答案】（1）20； （2）．
【解析】
【分析】（1）根据垂直定义可得从而利用直角三角形的两个锐角互余可得然后利用角的和差关系进行计算即可解答；
（2）过点C作于M，于N，利用锐角三角函数的定义求解即可．
【小问1详解】
解：如图：

【小问2详解】
解：过点C作于M，于N
∴四边形为矩形
∴
在中，，
∴
在中，，
∴
∴
∴
答：点C到的距离约为．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
23. 如图，在平行四边形中，交于点O，点E，F在上，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，求证：四边形是菱形．
【答案】（1）详见解析
（2）详见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，等角对等边：
（1）先由平行四边形性质得到，，再证明，即可证明四边形是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质得到，再由平行线的性质推出，得到，即可证明四边形为菱形，得到，即可证明四边形是菱形．
【小问1详解】
证明：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴四边形是平行四边形．
【小问2详解】
证明：∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
24. 如图，以边的边为直径作圆O，交于D，E在弧上，连接、、，若．
（1）求证：为切线；
（2）求证：
（3）若点E是弧的中点，与交于点F，当，时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由为直径得出为90°，利用，及同弧所对圆周角相等得出，即可得出结论；
（2）证出与相似， 由相似得出成比例线段，，即可得出结论；
（3）利用第二问的结论求出，故，再利用等弧所对圆周角相等得出等角，即可求解．
【小问1详解】
证明：为直径，
，
，
，，
，
，即，
是直径，
为切线．
【小问2详解】
证明：，
，
，
，
，
【小问3详解】
解：，，
，
，
，
在中，，
在中，，
过点F作，垂足为点G，如图，
点E是弧中点，
，
，
，，
，
，
又，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及三角形的面积．
25. 根据以下素材．探索完成任务．
【答案】（1）；（2）元；（3）小聪最多可以购买杨梅，寄送方式为8件，1件．
【解析】
【分析】（1）根据寄送12千克花费44元列出方程求出m的值，进而求出y关于x的函数关系式即可；
（2）分若单件寄送，若分两件寄送，若分三件寄送，三种情况分别计算出寄费即可得到答案；
（3）设有杨梅需要寄送，设的余数为n，推出当时，采用超过的寄送方式最省钱，当，采用分两件不超过的寄送方式省钱；设小聪购买的杨梅一共分y件不超过的寄送方式，则，求出最大值为9，进而推出最省钱的寄送方式应该是8件不超过的寄送，一件超过的寄送，计算出8件不超过的寄送方式的总花费为元，寄送的总花费为元，寄送的总花费为元，由于，则一件超过的寄送的杨梅数量是，即可得到小聪最多可以购买杨梅，寄送方式为8件，1件．
【详解】解：（1）由题意得，，
∴，
∴；
（2）当元，
若单件寄送，则需寄费元，
若分两件寄送，则需寄费元，
若分三件寄送，则需寄费元，
∵，
∴寄送杨梅的最省费用为元；
（3）设有杨梅需要寄送，设的余数为n，
当时，，
当时，，
∴当时，采用超过的寄送方式最省钱，当，采用分两件不超过的寄送方式省钱，
设小聪购买的杨梅一共分y件不超过的寄送方式，
由题意得，，
解得，
又∵时正整数，
∴最大值为9，
∴还剩下元，
∵的余数小于5，
∴最省钱的寄送方式应该是8件不超过的寄送，一件超过的寄送，
∵8件不超过的寄送的寄费为元，，，，
∴一件超过的寄送的杨梅数量是，
∴小聪最多可以购买杨梅，寄送方式为8件，1件．
【点睛】本题主要考查了列函数关系式，一元一次方程的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确理解题意是解题的关键．
26. 如图，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点，其顶点为点D，连接．

（1）求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上取一点E，点F为抛物线上一动点，使得以点A，C，E，F为顶点，为边的四边形为平行四边形，求点F的坐标；
（3）在（2）的条件下，将点D向下平移5个单位得到点M，点P为抛物线的对称轴上一动点，求的最小值．
【答案】（1），顶点D的坐标为
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）用待定系数法求解二次函数解析式，再化成顶点式即可得出顶点坐标；
（2）先用待定系数法求直线解析式为，再过点F作于点G，证，得，设F点的坐标为，则G点的坐标为，所以，即可求出或，从而求得点F坐标；
（3）由题意，点M的坐标为，则（2）知点与点关于对称轴对称，连结，对称轴于点H，连结、，过点作于点N，交对称轴于点P，则，，．在中，，则在中，，所以，所以为最小值，根据，所以，即可求出．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点，，，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为：，
∴顶点D的坐标为；
【小问2详解】
解：设直线的解析式为：，
把点，代入得：，，
∴直线解析式为：，
过点F作于点G，

∵以A、C、E、F四点为顶点的四边形是以为边的平行四边形，
∴，，
又∵，
∴
∴，
∴，
设F点的坐标为，
则G点的坐标为，
∴，
∴或，当时，，
∴，
当时，
∴，
∴或；
【小问3详解】
解：由题意，得点M的坐标为，
由题意知：点与点关于对称轴对称，
连结，对称轴于点H，连结、，过点作于点N，交对称轴于点P，则，，．

在中，，
则在中，
∴，
又∵
∴为最小值，
又∵，
∴，
即：，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查用待定系数法求函数解析式，二次函数图象性质，平行四边形的性质，解直角三角形，利用轴对称求最小值，本题属二次函数综合题目，掌握二交次函数图象性质和灵活运用是解题的关键．杨梅季将至，梅企与某快递公司合作寄送杨梅．
素材1
某快递公司规定：
1．从当地寄送杨梅到A市按重量收费：当杨梅重量不超过10千克时，需要寄送费32元；当重量超过10千克时，超过部分另收m元/千克．
2．寄送杨梅重量均为整数千克．
素材2
电子存单1
托寄物：杨梅 包装服务
产品类型：某快递公司
计量重量：7千克
件数：1 总费用：32元
电子存单2
托寄物：杨梅 包装服务
产品类型：某快递公司
计量重量：12千克
件数：1 总费用：44元
电子存单3
托寄物：杨梅 包装服务
产品类型：某快递公司
计量重量：15千克
件数：1 总费用：62元
问题解决
任务1
分析变量关系
根据以上信息，请确定m的值，并求出杨梅重量超过10千克时寄送费用y（元）关于杨梅重量x（千克）之间的函数关系式．
任务2
计算最省费用
若杨梅重量达到25千克，请求出最省的寄送费用．
任务3
探索最大重量
小聪想在当地梅企购买一批价格为50元/千克的杨梅并全部寄送给在A市的朋友们，若小聪能用来支配的钱有5000元，他最多可以购买多少千克的杨梅？并写出一种寄送方式．