2024年福建省顺昌县部分学校中考一模数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题（每小题4分，共40分）
1. 下列计算结果是正数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了正数，有理数的加减运算．熟练掌握正数，有理数的加减运算是解题的关键．
对各选项进行计算，然后判断作答即可．
【详解】解：A、，结果是负数，故不符合要求；
B、，结果是正数，故符合要求；
C、，结果是负数，故不符合要求；
D、，结果是负数，故不符合要求；
故选：B．
2. 2023年福建省GDP的增量为亿元．将亿用科学记数法表示应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查用科学记数法表示绝对值大于1的数．科学记数法的表示形式为的形式，其中为整数．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．当原数绝对值时，n是正数；当原数的绝对值时，n是负数．熟记相关结论即可．
【详解】解：∵亿
故选：C
3. 如图是一个立体图形的三视图，该立体图形是（ ）

A. 圆柱B. 圆锥C. 棱柱D. 球
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了由三视图还原几何体，旨在考查学生的空间想象能力．
【详解】解：A：圆柱的三视图分别为：矩形、矩形、圆，符合题意；
B：圆锥的三视图没有矩形，不符合题意；
C：棱柱的三视图没有圆，不符合题意；
D：球的三视图均为圆，不符合题意；
故选：A
4. 下列既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. 直角B. 等边三角形C. 菱形D. 扇形
【答案】C
【解析】
【分析】根据“沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的平面图形叫做轴对称图形；绕某一点旋转，旋转后的图形能与原图形重合，那么这个图形是中心对称图形
”进行判断即可．
【详解】解：直角是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意；
等边三角形是对称轴图形，不是中心对称图形，故B不符合题意；
菱形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C符合题意；
扇形是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意；
故选：C．
5. 不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查解不等式，并在数轴上表示不等式的解集．
先解不等式，再根据不等式在数轴上的表示方法求解即可．
【详解】解：，
解得，，
把不等式的解集在数轴上表示如下：
故选：A．
6. 下列计算结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了合并同类项以及单项式的乘除法，正确掌握相关运算法则是解题关键．直接利用合并同类项法则以及单项式的乘除法则分别判断得出答案．
【详解】解：A、和不是同类项，无法合并，故此选项错误；
B、和不是同类项，无法合并，故此选项错误；
C、，故此选项正确；
D、，故此选项错误；
故选：C．
7. 超市货架上有一批大小不一的鸡蛋，某顾客从中选购了部分大小均匀的鸡蛋，设货架上原有鸡蛋的质量（单位：g）平均数和方差分别为，s2，该顾客选购的鸡蛋的质量平均数和方差1，，则下列结论一定成立的是（ ）
A. 1B. 1C. s2＞D. s2
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数和方差的意义，即可得到答案．
【详解】解：∵顾客从一批大小不一的鸡蛋中选购了部分大小均匀的鸡蛋，
∴＜s2，和1的大小关系不明确，
故选C
【点睛】本题主要考查平均数和方差的意义，掌握一组数据越稳定，方差越小，是解题的关键．
8. 如图，已知，，是高，用尺规作图的方法作出的内心O，则下列作图正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形的内心问题，等腰三角形的性质．根据等腰三角形的性质可得平分，再由三角形的内心定义，即可求解．
【详解】解：∵，是高，
∴平分，
∴要用尺规作图的方法作出的内心O，只需作出或的角平分线，即可．
故选：C
9. 如图，在矩形纸片中，，将其折叠，使点D与点B重合，折痕为．则的长为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由折叠的性质，矩形的性质可知，，，则，设，则，由勾股定理得，，即，可求，则，如图，作于，则四边形是矩形，，，由勾股定理得，，计算求解即可．
【详解】解：由折叠的性质可知，，，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，即，
解得，，
∴，
如图，作于，则四边形是矩形，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，等角对等边，矩形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握矩形与折叠，等角对等边，矩形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
10. 已知抛物线过点，，，且，则b的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征．熟练掌握抛物线的对称性和增减性，开口方向，是解决问题的关键．
根据抛物线的开口向下，对称轴是直线，得到抛物线上的点离对称轴越近，对应的函数值就越大，由，，，知，与在对称轴两侧，可得，解此不等式即得．
【详解】∵抛物线开口向下，对称轴是直线，
∴抛物线上点离对称轴越近，对应的函数值就越大，
∵，
∴离对称轴最近，次之，离对称轴最远，
且与在对称轴两侧，
∴对称轴在直线和之间，
即，
∴．
故选：．
二、填空题（每小题4分，共24分）
11. 比较大小：___________2．（填“>”或“<”）
【答案】
【解析】
【分析】一个无理数和一个整数比较大小，可以采取把两个数先分别平方，再来比较平方后两个数的大小，进而得到答案．
【详解】解：∵，，
又∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了无理数比较大小的方法, 对比较大小的数同时进行平方运算后, 化为我们熟悉的整数再比较大小．
12. 在平面直角坐标系中，点A在双曲线上，过点A作轴于点B，连接，则的面积是________．
【答案】1
【解析】
【分析】本题考查的是反比例函数系数k的几何意义，三角形的面积的计算，在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是 ，且保持不变．根据反比例函数k的几何意义即可求解；
【详解】解：如图，

∵点A在双曲线上，过点A作轴于点B，连接，
∴的面积是，
故答案为：1
13. 一个口袋中放有除颜色外，形状大小都相同的黑白两种球，黑球6个，白球个．现在往袋中放入m个白球，使得摸到白球的概率为，则m的值为________．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查了简单的概率计算，解分式方程．熟练掌握简单的概率计算，解分式方程是解题的关键．
由题意知，，计算求出满足要求的解，然后作答即可．
【详解】解：由题意知，，整理得，，
解得，，
经检验，是原分式方程的解，
故答案为：2．
14. 已知方程，则整式的值为________．
【答案】3
【解析】
【分析】本题主要考查了求代数式的值，解一元一次方程．根据题意先求出，然后再代入，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：3
15. 一根钢管放在ⅴ形架内，其横截面如图所示，钢管的半径是，若，则的长是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查切线的性质、四边形的内角和、弧长公式，熟记弧长公式，掌握切线的性质是解答的关键．根据题意可得，进而求得，利用弧长公式求解即可．
【详解】解：由题意，和分别与圆相切于点A、B，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴的长是，
故答案为：．
16. 如图，在菱形中，，，点E，F分别在，上，且，连接，，则的最小值为________．
【答案】4
【解析】
【分析】如图，连接，作关于直线的对称点，连接，，，，可得，，，证明四边形为平行四边形，可得，则，当三点共线时，此时取等于号，最小，证明当三点共线时，重合，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接，作关于直线的对称点，连接，，，，
∴，，，
∵菱形，
∴，，，
∵，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
当三点共线时，此时取等于号，最小，
∵菱形，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴三点共线，
∴当三点共线时，重合，
∵，
∴，即最小值为4．
故答案为4
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
三、解答题（共86分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了特殊角三角函数值的混合运算，熟记各特殊角的三角函数值是解题关键．据此即可求解；
【详解】解：原式
18. 如图，在中，点E，F分别在，上，且，与交于点O．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质可得，，由对顶角相等可得，再根据平行线的性质可得，从而可证，即可得出结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、平行线的性质、对顶角相等、全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质证得是解题的关键．
19. 我们知道，反过来，那么是否也能写成分数的形式呢？小明的解答如下：设，则，于是得，解方程得，所以．
（1）填空： ； ； ；
（2）将循环小数写成分数的形式．
【答案】（1），，1
（2）
【解析】
【分析】（1）仿照题目中的方法列方程求解即可；
（2）设，则，从而可得，再解方程即可求解．
【小问1详解】
解：设，则，
∴，
解得，，
∴，
设，则，
∴，
解得，，
∴，
设，则，
∴，
解得，，
∴，
故答案为：，，1；
【小问2详解】
解：设，则，
∴，
解得，，
∴．
20. 为了解城市居民对内河整治的满意度，环保局对全市居民进行随机问卷调查，共收回份满意度调查表（10分制）．质检员小李从中再随机抽取部分调查表，对评价分数进行整理，制成了如下两幅不完整的统计图．根据所给的信息，解答下列问题：

（1）小李随机抽取的调查表数量为 份，补全条形统计图；
（2）求小李随机抽取的调查表中评价分数的众数、中位数和平均数；
（3）请估计在收回的所有调查表中，评价分数不低于9分的有多少份？
【答案】（1）100，图见解析
（2）8分，8分，分．
（3）份．
【解析】
【分析】本题考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联，众数、中位数和平均数的求解，用部分估计总体等知识，要熟练掌握各种统计图及统计分析数据的计算方法．
（1）结合条形统计图与扇形统计图，可知9分共25份，占比，可以求得随机抽取的调查表数量，再求出随机抽取的8分的调查表数量，补全条形统计图即可；
（2）抽取的这100份调查表的众数为出现次数最多的分数，中位数为第50个和第51个数据的平均数，可以求得中位数，平均数直接用公式进行计算即可；
（3）先求出不低于9分的调查表的占比，再求份调查表不低于9分的总份数即可．
【小问1详解】
,所以随机抽取的调查表数量为100份；
故答案为：100
∴随机抽取的8分的调查表数量为（份），
补全条形统计图如图所示：
【小问2详解】
∵抽取的这100份调查表的众数为出现次数最多的分数为8分，共出40份，
∴随机抽取的调查表中评价分数的众数为8分，
∵由统计图可知，抽取的这100份随机抽取的调查表的评价分数的中位数为第50个和第51个数据的平均数，
∴此次抽取的这100份随机抽取的调查表的评价分数的中位数为分，
此次抽取的这100份随机抽取的调查表的评价分数的平均数为（分），
答：小李随机抽取的调查表中评价分数的众数、中位数和平均数分别为8分，8分，分．
【小问3详解】
（份），
答：估计在收回的所有调查表中，评价分数不低于9分的有份．
21. 如图，数学兴趣小组要测量旗杆的高度，同学们发现系在旗杆顶端的绳子垂到地面多出一段的长度为，小明同学将整条绳子斜拉直，测出绳子靠地面的末端C到旗杆底部B的距离为．
（1）小红说测量出的数据b一定大于a，请判断小红的说法是否正确？并说明理由；
（2）求旗杆的高度．（结果用含a，b的代数式表示）
【答案】（1）小红的说法正确，证明见解析
（2）旗杆的高度为
【解析】
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键；
（1）如图，在上截取，，设，而，证明，在的上方，即，从而可得答案；
（2）设旗杆的长为，根据题意，得，，，再利用勾股定理建立方程求解即可．
【小问1详解】
解：小红的说法正确，理由如下：
如图，在上截取，，
∴，
设，而，
∴，，
∴，
而，
∴，
∴在的上方，即，
∴；
【小问2详解】
设旗杆的长为，
根据题意，得，，，
在中，，
，
解方程得：．
∴旗杆的高度为．
22. 增强体育锻炼，提高群众身体素质，阳光社区申请了专项资金，准备购买A，B两种体育锻炼器材，安装在后山公园，用于社区居民锻炼身体．已知每套A种器材价格比B种器材多200元，每套A种器材需占地，每套B种器材需占地，购买3套A种器材和5套B种器材共需15000元．
（1）A，B两种体育锻炼器材的单价分别是多少元？
（2）阳光社区申请到专项资金50000元，购买20套A，B两种体育锻炼器材，经预算，安装前期准备工程的费用不少于专项资金的四分之一，安装这20套体育锻炼器材占地的最大面积是多少平方米？
【答案】（1）A种体育器材的单价为2000元，则B种体育器材的单价为1800元
（2）
【解析】
【分析】（1）设A种体育器材的单价为x元，则B种体育器材的单价为元，根据题意列一元一次方程求解即可；
（2）设购买A种体育器材a套，则购买B种体育器材套，装这20套体育锻炼器材占地面积为，根据题意列一元一次不等式求得a的取值范围，再列出总面积关于A种体育器材的件数的一次函数，再根据一次函数的性质求解即可．
【小问1详解】
解：设A种体育器材的单价为x元，则B种体育器材的单价为元，
由题意可得，，
解得，，
∴，
答：A种体育器材的单价为2000元，则B种体育器材的单价为1800元．
【小问2详解】
解：设购买A种体育器材a套，则购买B种体育器材套，装这20套体育锻炼器材占地面积为，
由题意可得，，
解得，，
，
∵S随着a增大而增大，
又∵a为正整数，
∴当时，S取最大值，最大值为87，
答：装这20套体育锻炼器材占地面积为．
【点睛】本题考查一元一次方程的实际应用、一元一次不等式和一次函数的实际应用，理解题意列出方程是解题的关键．
23. 如图，在中，是直径，点E在上，，与交于点F．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，证明，则，得到，利用得到，由垂径定理的推论即可得到结论；
（2）由垂径定理得到，由可设，则，在中，由得到，解得或（不合题意，舍去），可得到，即可得到答案．
【小问1详解】
证明：连接，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵与交于点F．是直径，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴，，
∵，
∴设，
则，
在中，，
由得到，
解得或（不合题意，舍去），
∴，
∴．
【点睛】此题考查了垂径定理及其推论、弧和弦之间的关系、全等三角形判定和性质、锐角三角函数的定义、勾股定理、一元二次方程等知识，证明是解题的关键．
24. 如图，抛物线与x轴交于A，两点，与y轴交于点，抛物线的顶点为P，连接，，，．
（1）若．
①求点A的坐标；
②求的面积；
（2）直线与x轴交于点D，若，求抛物线的解析式．
【答案】（1）①；②；
（2）
【解析】
【分析】（1）①求解，证明，可得，可得，从而可得答案；②先求解抛物线为：；可得顶点坐标为；如图，连接，再利用割补法可得面积；
（2）先求解抛物线为：，可得，可得顶点横坐标为，顶点纵坐标为，求解直线为，可得，证明，可得，再建立方程求解即可．
【小问1详解】
解：①∵，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②抛物线与x轴交于A，两点，与y轴交于点，
∴，
解得：，
∴抛物线为：；
当，，
∴顶点坐标为；
如图，连接，
∴
；
【小问2详解】
∵抛物线与x轴交于A，两点，与y轴交于点，
∴，
解得：，
∴抛物线为：，
当时，则，
∴，
解得：，，
∴，
顶点横坐标为，顶点纵坐标为，
设直线为，
∴，
解得：，
∴直线为，
当时，
解得：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
解得：或（不符合题意，舍去）
∴抛物线为．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，坐标与图形面积，锐角三角函数的应用，本题难度大，计算量大，细心的计算是解本题的关键．
25. 如图，在中，，点D在的延长线上，连接，将线段绕点B顺时针旋转至，交于点P，连接，延长，交延长线于点F．
（1）求证：；
（2）若P为的中点，求的长；
（3）若，求的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先由等腰直角三角形的性质得到，则，再证明，得到，进而得到，即可证明；
（2）由全等三角形的性质得到，，再由，得到，则，即；设，则，，，进而得到，由勾股定理得，解方程即可得到答案；
（3）如图所示，过点D作交延长线于H，过点E作于G，证明，得到，再证明都是等腰直角三角形，得到，设，则，，则，解直角三角形得到，则，解方程即可得到答案．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
小问2详解】
解：∵，
∴，，
∵P为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
设，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴；
【小问3详解】
解：如图所示，过点D作交延长线于H，过点E作于G，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴都是等腰直角三角形，
∴，
设，则，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，解直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．