2024年广东省深圳市龙岗区平安里学校中考一模数学试题（原卷版+解析版）

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1. 3的倒数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据倒数的定义可知．
【详解】解：3的倒数是，
故选：C
【点睛】主要考查倒数的定义，要求熟练掌握．需要注意的是：
倒数的性质：负数的倒数还是负数，正数的倒数是正数，0没有倒数．
倒数的定义：若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．
2. 在如图所示的几何体中，俯视图和左视图相同的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据俯视图与左视图的概念依次判断即可．主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
【详解】解：A、俯视图是带圆心的圆，左视图是等腰三角形，故本选项不合题意；
B、俯视图是圆，左视图是矩形，故本选项不合题意；
C、俯视图与左视图都是正方形，故本选项符合题意；
D、俯视图是三角形，左视图是矩形，故本选项不合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．
3. 2022年2月8日，在北京冬奥会自由式女子大跳台金牌决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分夺得金牌．北京冬奥会大数据报告显示，这场比赛受到我国超过5650万人的关注，5650万这个数字用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用移动小数点的方法确定a值，把5650万写成具体数的形式，根据整数位数减一原则确定n值，最后写成的形式即可．
【详解】∵5650万=56500000=，
故选B．
【点睛】本题考查了科学记数法表示大数，熟练掌握把小数点在左边第一个非零数字的后面确定a，把带单位的数化成纯数的形式，运用整数位数减去1确定n值是解题的关键．
4. 将一副三角板如图所示放置，斜边平行，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得：，，利用平行线的性质可求，进而可求解．
【详解】解：如图，，，

，
，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，解题的关键是掌握平行线的性质．
5. 把二次函数配方化为形式是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用提公因式发法将函数转化为，再根据二次项系数，利用加上一次项系数的一半的平方，凑成完全平方式，把一般式转化为顶点式．
【详解】解：
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的解析式化成顶点式的方法，配方法解一元二次方程等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
6. 在中国共产主义青年团成立100周年之际，某校团委招募志愿者到六个社区开展“书香成都”全民阅读服务活动，报名人数分别为：56，60，63，60，60，72，则这组数据的众数是（ ）
A. 56B. 60C. 63D. 72
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意，根据众数的性质分析即可得到答案．
【详解】根据题意，56，60，63，60，60，72这组数据的众数是：60
故选：B．
【点睛】本题考查了众数的知识；解题的关键是熟练掌握众数的定义： 众数是指在统计分布上具有明显集中趋势点的数值，也就是一组数据中出现次数最多的数值．
7. 若方程的两根为和，且，则下列结论中正确的是 （ ）
A. 是19的算术平方根B. 是19的平方根C. 是19的算术平方根D. 是19的平方根
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：根据平方根的意义，可知x-5是19的一个平方根，由a＞b，可知a-5是19的算术平方根，b-5是其负的平方根.
故选C
考点：平方根
8. 下列命题正确是（ ）
A. 矩形对角线互相垂直
B. 方程的解为
C. 六边形内角和为540°
D. 一条斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等
【答案】D
【解析】
【分析】由矩形的对角线互相平分且相等得出选项A不正确；
由方程x2=14x的解为x=14或x=0得出选项B不正确；
由六边形内角和为（6-2）×180°=720°得出选项C不正确；
由直角三角形全等的判定方法得出选项D正确；即可得出结论．
【详解】A．矩形对角线互相垂直，不正确；
B．方程x2=14x的解为x=14，不正确；
C．六边形内角和为540°，不正确；
D．一条斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等，正确；
故选D.
【点睛】本题考查了命题与定理、矩形的性质、一元二次方程的解、六边形的内角和、直角三角形全等的判定；要熟练掌握．
9. 抛物线的大致图象如图所示，则下列说法中错误的是（ ）
A.
B.
C. 当时，，若，则
D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线开口向上得到，利用抛物线的对称轴方程得，利用抛物线与y轴的交点位置得到，则可对A进行判断；利用抛物线的对称性得到时，，可判断B，求出的范围可判断C，由题意可得当时，y有最大值为可判断D．
【详解】解：∵抛物线开口向下，
∴，
∵抛物线的对称轴为直线x＝＝1，
∴，
∵抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴，
∴，
∴，故选项A不合题意；
∵时，，对称轴为，
∴时，，
∴，
∴，
∴，故选项B不合题意；
∵当时，，
∴，
∴，
∴，
∴当时，，故选项C不合题意；
∵当时，y有最大值为，
∴，
∴，故选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用数形结合的思想思考问题，属于中考常考题型．
10. 勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，则一定能求出（ ）
A. 直角三角形的面积
B. 最大正方形的面积
C. 较小两个正方形重叠部分的面积
D. 最大正方形与直角三角形的面积和
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么．
根据勾股定理得到，根据正方形的面积公式、长方形的面积公式计算即可．
【详解】解：设直角三角形的斜边长为c，较长直角边为b，
由勾股定理得，，
阴影部分的面积，
较小两个正方形重叠部分的宽，长，
则较小两个正方形重叠部分底面积，
∴知道图中阴影部分的面积，则一定能求出较小两个正方形重叠部分的面积，
故选：C．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 因式分解： ________________．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了提取公因式法与公式法的综合运用，正确运用平方差公式是解题关键．首先提取公因式3，再利用平方差公式分解因式即可．
【详解】解：原式
．
故答案为：．
12. 2022年冬奥会的主题口号是“一起向未来”，从5张上面分别写着“一”“起”“向”“未”“来”这5个字的卡片（大小，形状完全相同）中随机抽取一张，则这张卡片上面恰好写着“来”字的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据概率公式计算即可．
【详解】从5张上面分别写着“一”“起”“向”“未”“来”这5个字的卡片（大小，形状完全相同）中随机抽取一张的结果可能有5种，其中恰好写着“来”字的结果有1种，
∴随机抽取的这张卡片恰好写着“来”字的概率．
故答案为：．
【点睛】本题考查简单的概率计算．熟练掌握概率公式是解题关键．
13. 关于x的一元二次方程的一个根是3，则另一个根是___________．
【答案】
【解析】
【分析】设方程的另一根为 则由一元二次方程根与系数的关系可得：从而可得答案.
【详解】解：关于x的一元二次方程的一个根是3，
设方程另一根为
则

故答案为：
【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，掌握“一元二次方程根与系数的关系”是解本题的关键.
14. 如图，点A在x轴的负半轴上，点C在反比例函数的图象上，交y轴于点B，若点B是的中点，的面积为，则k的值为 _____．
【答案】6
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定和性质以及三角形的面积公式可得，进而得出，由系数k的几何意义可得答案．
【详解】解：如图，过点C作轴于D，
∴，
∵点B是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题考查反比例函数系数k的几何意义以及全等三角形的判定和性质，理解反比例函数系数k的几何意义，掌握全等三角形的判定和性质是正确解答的前提．
15. 如图，在中，，，，点M是线段上的动点，在线段上截取，连接和，当点M在运动的过程中，的最小值为________________．

【答案】2
【解析】
【分析】本题考查了翻折变换折叠问题，直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，过点作并截取，连接，，设交于点，利用直角三角形的边角关系定理求得，的长，利用全等三角形的判定与性质得到，再利用三角形的三边关系定理得到的最小值为；过点作，交的延长线于点，利用直角三角形的边角关系定理和勾股定理解答即可得出结论．正确构造全等三角形是解题的关键．
详解】解：过点作并截取，连接，，设交于点，如图，
中，，，，
，，．
在和中，
，
，
，．
．
，
的最小值为．
过点作，交延长线于点，
，
．
，
，，
．
，
的最小值为．
故答案为：．

三、解答题（第16题5分，第17题6分，第18-20题每题8分，第21-22题每题10分，共55分）
16. （1）计算：；
（2）解方程：；
（3）解方程：．
【答案】（1）2；（2），；（3），
【解析】
【分析】（1）根据负整数指数幂，零指数幂，绝对值和特殊角三角函数值的计算法则求解即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（3）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】解：（1）
；
（2），
，
或，
解得，；
（3），
，
，
或，
解得，．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解法，负整数指数幂，零指数幂，绝对值和特殊角三角函数值，熟知相关计算法则是解题的关键．
17. 深圳市某学校数学探究小组利用无人机在操场上开展测量教学楼高度的活动，如图，此时无人机在离地面30米的点D处，操控者站在点A处，无人机测得点A的俯角为30°，测得教学楼楼顶点C处的俯角为45°，又经过人工测量得到操控者和教学楼BC的距离为57米，求教学楼BC的高度．（≈1.7）
【答案】24米
【解析】
【分析】过点D作DE⊥AB于E，过点C作CF⊥DE于F，根据正切的定义求出AE，根据题意求出BE，根据等腰直角三角形的性质求出DF，结合图形计算，得到答案．
【详解】解：过点D作DE⊥AB于E，过点C作CF⊥DE于F，
由题意得AB=57米，DE=30米，∠DAB=30°，∠DCF=45°，
在Rt△ADE中，tan∠DAE=，
∴AE=≈51（米），
∵AB=57米，
∴BE=AB-AE=6（米），
∵CB⊥BE，FE⊥BE，CF⊥EF，
∴四边形BCFE为矩形，
∴CF=BE=6（米），
在Rt△DFC中，∠CDF=45°，
∴DF=CF=6（米），
∴BC=EF=DE-DF=30-6=24（米）．
答：教学楼BC的高度约为24米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
18. 某工厂进行厂长选拔，从中抽出一部分人进行筛选，其中有“优秀”，“良好”，“合格”，“不合格”．
（1）本次抽查总人数为 ，“合格”人数的百分比为 ．
（2）补全条形统计图．
（3）扇形统计图中“不合格人数”的度数为 ．
（4）在“优秀”中有甲乙丙三人，现从中抽出两人，则刚好抽中甲乙两人的概率为 ．
【答案】（1）50人，；
（2）见解析 （3）
（4）
【解析】
【分析】（1）由优秀人数及其所占百分比可得总人数，根据百分比之和为1可得合格人数所占百分比；
（2）总人数乘以不合格人数所占百分比求出其人数，从而补全图形；
（3）用乘以样本中“不合格人数”所占百分比即可得出答案；
（4）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【小问1详解】
解：本次抽查的总人数为（人，
“合格”人数的百分比为，
故答案为：50人，；
【小问2详解】
解：不合格的人数为：；
补全图形如下：
【小问3详解】
解：扇形统计图中“不合格”人数的度数为，
故答案为：；
【小问4详解】
解：列表如下：
由表知，共有6种等可能结果，其中刚好抽中甲乙两人的有2种结果，
所以刚好抽中甲乙两人的概率为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率、扇形统计图与条形统计图的关联，读懂统计图中的信息、画出树状图或列表是解题的关键．
19. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．

【答案】(1)见解析；(2)OE=5，BG=2
【解析】
【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；
(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．
【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，
∴点O为BD的中点，
∵点E为AD中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形
∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．
(2)∵点E为AD的中点，AD=10，
∴AE=
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中，．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE=AB=5，
∵四边形OEFG为矩形，
∴FG=OE=5，
∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．
故答案为：OE=5，BG=2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．
20. 我市某中学计划举行以“奋斗百年路，启航新征程”为主题的知识竞赛，并对获奖的同学给予奖励．现要购买甲、乙两种奖品，已知1件甲种奖品和2件乙种奖品共需40元，2件甲种奖品和3件乙种奖品共需70元．
（1）求甲、乙两种奖品的单价；
（2）根据颁奖计划，该中学需甲、乙两种奖品共60件，且甲种奖品的数量不少于乙种奖品数量的，应如何购买才能使总费用最少？并求出最少费用．
【答案】（1）甲种奖品的单价为20元，乙种奖品的单价为10元；（2）购买甲种奖品20件，乙种奖品40件时总费用最少，最少费用为800元．
【解析】
【分析】（1）设甲种奖品的单价为x元，乙种奖品的单价为y元，根据题意列方程组求出x、y的值即可得答案；
（2）设总费用为w元，购买甲种奖品为m件，根据甲种奖品的数量不少于乙种奖品数量的可得m的取值范围，根据需甲、乙两种奖品共60件可得购买乙种奖品为（60-m）件，根据（1）中所求单价可得w与m的关系式，根据一次函数的性质即可得答案．
【详解】（1）设甲种奖品的单价为x元，乙种奖品的单价为y元，
∵1件甲种奖品和2件乙种奖品共需40元，2件甲种奖品和3件乙种奖品共需70元，
∴，
解得：，
答：甲种奖品的单价为20元，乙种奖品的单价为10元．
（2）设总费用为w元，购买甲种奖品为m件，
∵需甲、乙两种奖品共60件，
∴购买乙种奖品为（60-m）件，
∵甲种奖品的单价为20元，乙种奖品的单价为10元，
∴w=20m+10（60-m）=10m+600，
∵甲种奖品的数量不少于乙种奖品数量的，
∴m≥（60-m），
∴20≤m≤60，
∵10>0，
∴w随m的增大而增大，
∴当m=20时，w有最小值，最小值为10×20+600=800（元），
∴购买甲种奖品20件，乙种奖品40件时总费用最少，最少费用为800元．
【点睛】本题考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用及一次函数的应用，正确得出等量关系及不等关系列出方程组及不等式，熟练掌握一次函数的性质是解题关键．
21. 已知，在中，，．

（1）【模型识别】：
如图1，已知点在边上，，，连接．求证：；
（2）【类比迁移】：
如图2，已知点在下方，，，连接．若，，，交于点，求的长；
（3）【方法应用】：
如图3，已知点在上方，连接和，与相交于点，若，，，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）证明，由全等三角形的性质可得出结论；
（2）证明四边形为正方形，则，，在中，，在中，，进而求解；
（3）延长，交于，证明，由全等三角形的性质得出，设，则，得出，求出，由三角形面积公式可得出答案．
【小问1详解】
证明：，，
，
，，
，
；
【小问2详解】
解：延长和交于点，

同（1）可知，
，，
，
，
，
又，，
故四边形为矩形，
而，
故四边形为正方形，
在中，
，
则，，
在中，，
在中，，
故；
【小问3详解】
解：延长，交于，

，，
，
，
，
又，
，
，
又，
，
，
，
，
过点作于点，
，
，
设，则，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
22. 如图，已知抛物线：交轴于点和点，交轴于点，且，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点是抛物线上第二象限的动点，过点作的平行线交轴于点，连接和，若四边形的面积为4，求此时点的坐标；
（3）如图2，已知直线交轴于点，交轴于点，是抛物线对称轴上的一个动点，连接，，把线段沿着点顺时针旋转，的对应点恰好落在抛物线上，直接写出点的坐标．
【答案】（1）；
（2）；
（3）的坐标为或．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）作辅助线如解析图，设点，利用点的坐标表示出相应线段的长度，再利用，列出关于的方程，解方程即可得出答案；
（3）过点作于点，并延长交轴于点，过点作于点，设抛物线的对称轴交轴于点，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质求得，再利用相似三角形的判定与性质求得点的坐标；通过计算得到点与点重合，可知直线为正比例函数的图象，利用待定系数法求得直线的解析式，与抛物线解析式联立，解方程组即可得出结论．
【小问1详解】
解：抛物线经过点，，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析为；
【小问2详解】
解：过点作于点，于点，连接，如图，
设点，
点是抛物线上第二象限的动点，
，，
令，则，
解得：或，
，
．
，，
，，
．
，
∵，
，
，
，
，
，
∴，
即，
解得：或（不合题意，舍去），
，
；
【小问3详解】
解：过点作于点，并延长交轴于点，过点作于点，设抛物线的对称轴交轴于点，如图，
令，则，
，
．
令，则，
，
，
．
．
，
∴抛物线对称轴为直线，
，
．
由题意得：，，
，
在和中，
，
，
．
，，
∴，
，
，
，．
，
．
，，
，
，
，
．
，
，两点重合，
经过原点，即的图象是正比例函数的图象，
设直线的解析式为，
，
．
∴直线的解析式为．
，
解得：，，
的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，待定系数法确定函数的解析式，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
甲
乙
丙
甲
（乙，甲）
（丙，甲）
乙
（甲，乙）
（丙，乙）
丙
（甲，丙）
（乙，丙）