2024年黑龙江省哈尔滨市美佳外校初中部中考一模数学试题（原卷版+解析版）

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考试时间：120分钟；满分：120分
一、选择题（共10小题，每题3分，共30分）
1. 的相反数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了相反数即只有符号不同的两个数，熟练掌握定义是解题的关键．根据只有符号不同的两个数互为相反数判断即可．
【详解】的相反数是．
故选：C．
2. 下列运算正确的是（ ）
A. 3a+2b＝5abB. a2•a3＝a6
C. a•a4＝a4D. （a3b）2＝a6b2
【答案】D
【解析】
【分析】分别利用合并同类项法则、积的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则计算即可得出答案．
【详解】解：A、3a+2b，3a与2b不是同类项，无法计算，故此选项不合题意；
B、a2•a3＝a5，故此选项不合题意；
C、a•a4＝a5，故此选项不合题意；
D、（a3b）2＝a6b2，运算正确，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了合并同类项、积的乘方和同底数幂的乘除等运算法则，属于基本题型，熟练掌握基本知识是解题的关键．
3. 如图是由5个相同的小正方体组合而成的立体图形，其左视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】从左往右看，即可得到左视图．
【详解】解：立体图形的左视图为：
故选C．
【点睛】本题考查三视图．熟练掌握三视图的画法，是解题的关键．
4. 下列图形是我国国产品牌汽车的标识，其中即是轴对称又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查中心对称图形与轴对称图形的定义，熟练掌握中心对称图形与轴对称图形的定义是解决问题的关键．中心对称图形定义：把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；轴对称图形定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，根据定义逐项判定即可得出结论．
【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故选项符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故选项不符合题意；
故选：C．
5. 如图，内接于圆，为圆的直径，连接，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理及其推论，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理及其推论是解题的关键．先由直径所对圆周角等于度，求出，从而由圆周角定理得，最后由圆周角定理求解即可．
【详解】解：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
6. 一个不透明的袋子中装有7个小球，其中6个红球、1个绿球，这些小球除颜色外无其它差别．从袋子中随机摸出一个小球，则摸出的小球是红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【详解】解：∵不透明袋子中装有7个小球，其中6个红球、1个绿球，
∴摸出的小球是红球的概率为；
故选：C．
【点睛】此题考查了概率公式的应用：概率=所求情况数与总情况数之比，熟练掌握概率计算公式是解答本题的关键．
7. 对于双曲线，当x＞0时，y随x的增大而减小，则k的取值范围是（ ）
A. k＜3B. k≤3C. k＞3D. k≥3
【答案】C
【解析】
【分析】根据反比例函数的图象性质选出正确选项．
【详解】解：当时，y随着x的增大而减小，所以，即．
故选：C．
【点睛】本题考查反比例函数的图象性质，解题的关键是掌握反比例函数的图象性质．
8. 据息，年哈尔滨冰雪大世界的冰雪用量为万立方米，自这一年起，冰雪大世界的冰雪用量在逐年增长，年冰雪大世界的冰雪用量为万立方米，若每年的冰雪用量增长率相同，设这个增长率为，可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程的应用，设这个增长率为，根据题意列出一元二次方程，根据题意数量关系列出方程是解题的关键．
【详解】设这个增长率为，依题意得：，
故选：．
9. 如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上点处，则的长度为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折叠得到，进而得到，然后在中由30°所对直角边等于斜边一半即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，
∴∠EFD=∠FEB=60°，
由折叠前后对应角相等可知：，
∴，
∴，
设AE=x，则，
∴AB=AE+BE=3x=3，
∴x=1，
∴BE=2x=2，
故选：D．
【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题．
10. 如图，抛物线的对称轴是，下列结论，正确的有（ ）
①；②；③；④．
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的系数与图像的关系，二次函数的图像和性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质，熟练判断各个式子的符号．根据函数图像分别判断、、的符号即可判断结论①；利用图像与x轴交点的个数即可判断结论③；由，得，可判断②；利用当时函数值的正负即可判断结论④．
【详解】解：∵抛物线开口方向向下，
∴，
∵对称轴在y轴右侧，
∴a，b异号，即，
∵函数图像与y轴交于正半轴，
∴，
∴，故①错误；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴，故③正确；
∵抛物线对称轴是直线，
∴，
∴，故②正确；
当时，，故④正确；
综上，正确的结论有：②③④，共3个；
故选：B．
二、填空题（共10小题，每题3分，共30分）
11. 红军长征的总行程约为65000里，将数65000用科学记数法表示为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查科学记数法的表示方法，熟知科学记数法的一般形式为，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．当原数绝对值时，n是正整数；当原数的绝对值小于1时，n是负整数．
【详解】解：，
故答案为：．
12. 计算的结果是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查的是二次根式的加减法及二次根式的性质与化简，熟知二次根式的加减法则是解题的关键．把各二次根式化为最简二次根式，再算减法即可．
【详解】解∶
故答案为∶ ．
13. 在函数中，自变量的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据分式有意义，分母不等于0列式计算即可得解．
【详解】解：由题意得，x＋2≠0，
解得x≠−2．
故答案为：x≠−2．
【点睛】本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
14. 把多项式分解因式的结果是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查分解因式中提公因式法与公式法的综合运用．
【详解】解：
故答案为：．
15. 不等式组的解集是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查解一元一次不等式组，熟练掌握一元一次不等式组的解法，正确求解是解答的关键．先分别求得每个不等式的解集，再求得它们的公共部分即可求解．
【详解】解：
解①，得，
解②，得，
∴不等式组的解集为，
故答案：．
16. 如图，在菱形中，，取大于长为半径，分别以点，为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交边于点（作图痕迹如图所示），连接，，则的度数为_________．
【答案】45°
【解析】
【分析】根据题意知虚线为线段AB的垂直平分线，得AE=BE，得；结合°，，可计算的度数．
【详解】
∵
∴
∴
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，及垂直平分线的性质，熟知以上知识点是解题的关键．
17. 一个扇形的圆心角是120°．它的半径是3cm．则扇形的弧长为__________cm．
【答案】2π
【解析】
【详解】分析：根据弧长公式可得结论．
详解：根据题意，扇形的弧长为=2π，
故答案为2π
点睛：本题主要考查弧长的计算，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
18. 如图所示，一副三角板的直角顶点重合，且点在斜边上，交于点，若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查三角板有关的角度计算以及直角三角形的性质，解题的关键是看懂图中角的和差关系．先由直角三角形的性质得再由等腰三角形的性质得，进而根据三角形的外角性质求解即可．
【详解】解：由题意知，
∴
∵
∴
∴
∴．
故答案为：
19. 已知长方形，，，点为边上一点，若，则的值为__________．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查长方形的性质、锐角三角函数、解一元二次方程，利用正切定义求解线段长是解答的关键．先证明得到，则，设，则，求得长，再由求解即可．
【详解】解：如图，
∵四边形是长方形，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，则，
解得，，
即或，
∴或，
∵，
∴，
∴或，
故答案为：或．
20. 如图，在中，于点D，平分，，，，则的长__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的知识点是垂直平分线定理，三角形的内角和定理的应用，勾股定理的应用，等腰三角形的判定，解题关键是作适当的辅助线解题． 设，延长到F，令，利用垂直平分线定理和角与角之间的关系证明，再利用勾股定理可得答案．
【详解】解：设，延长到F，令，
∵，，
∴，
∵，
平分，
∴，
∴，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴设，则，，，
∴，
解得：（负根舍去），
∴，
故答案为：
三、解答题（21-22题，每题7分；23-24题，每题8分；25-27题每题10分，共计60分）
21. 先化简，再求代数式值，其中：．
【答案】，．
【解析】
【分析】本题考查了分式的化简求值以及特殊角的三角函数值属于简答题，熟悉分式的乘除法则是解题关键．根据分式的乘除法则进行化简即可解题．
【详解】解：
，
当时，
原式
22. 如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，的顶点和点均在小正方形的顶点上．

（1）在方格纸中将向下平移1个单位长度，再向右平移3个单位长度后得到（点A的对应点是点M，点B的对应点是点N，点C的对应点是点P）请画出；
（2）连接，在方格纸中画出以为斜边的等腰（点E在小正方形的顶点上），连接，请直接写出线段的长．
【答案】（1）图见解析
（2）图见解析，
【解析】
【分析】本题考查了作图—平移变换，作图时找到图形的关键点是解题关键．
（1）根据平移性质即可得出答案．
（2）利用等腰三角形的定义及勾股定理作图，然后用勾股定理求出的长．
【小问1详解】
解：利用网格特点和平移的性质画出A、B、C的对应点即可，
如图，为所作，
【小问2详解】
如图，为所作，

∴．
23. 为有效推进儿童青少年近视防控工作，国家教育部办公厅等十五部门联合制定《儿童青少年近视防控光明行动工作方案（2021-2025年）》，共提出八项主要任务，其中第三项任务为强化户外活动和体育锻炼．我市各校积极落实方案精神，某学校决定开设以下四种球类的户外体育选修课程：篮球、足球、排球、乓球．为了解学生需求，该校随机对本校部分学生进行了“你选择哪种球类课程”的调查（要求必须选择且只能选择其中一门课程），并根据调查结果绘制成不完整的统计图表．
根据图表信息，解答下列问题：
（1）本次调查了多少名学生；
（2）通过计算补全条形统计图，并直接写出扇形统计图中“足球”对应的扇形圆心角为_________；
（3）该校共有2000名学生，请你估计其中选择“乒乓球”课程的学生人数．
【答案】（1）120名
（2）图见解析，
（3）550人
【解析】
【分析】本题考查条形图与扇形图的综合应用：
（1）篮球人数除以所占比例求出调查总数即可；
（2）求出乒乓球的人数，补全条形图，用足球所占的比例乘以360度求出圆心角的度数；
（3）利用样本估计总体的思想，进行求解即可．
【小问1详解】
解：（名）；
【小问2详解】
乒乓球人数为：（人）；补全条形图如图：
；
故答案为：；
【小问3详解】
（人）．
24. 如图，是的直径，是一条弦，是的中点，于点，交于点，交于点H，交于点．
（1）求证：；
（2）当点为中点时，在不添加辅助线的情况下，直接写出图中等于的角．
【答案】（1）证明见解析；
（2），，，．
【解析】
【分析】（）根据D是的中点，于点E，得到，得到即可得证；
（）由点为中点，，则垂直平分，故有，再通过同弧所对的圆周角相等即可求解．
【小问1详解】
证明：∵是的中点，
∴，
∵，是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
，，，，理由，
∵点为中点，，
∴垂直平分，
∴，
由（）得：，
∵是的直径，
∴，
∴，
由（）得，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，垂直平分线的判定，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
25. 在城市创卫工作中为“保护好环境，拒绝冒黑烟”，武汉市公交公司将淘汰某一条线路上“冒黑烟”较严重的公交车，现计划购买A型和B型两种环保节能公交车，若购买A型公交车3辆，B型公交车2辆，共需180万元；若购买A型公交车2辆，B型公交车3辆，共需195万元．
（1）求购买A型和B型公交车每辆各需多少万元；
（2）若该公司购买A型和B型环保节能公交车共10辆，且总费用不超过360万元，则至少购进A型环保节能公交车多少辆？
【答案】（1）购买A型公交车每辆30万元，B型公交车每辆45万元
（2）至少购进A型环保节能公交车6辆．
【解析】
【分析】本题考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，理解题意，正确列出二元一次方程组和不等式是解答的关键．
（1）设购买A型公交车每辆x万元，B型公交车每辆y万元，根据题意列方程组求解即可；
（2）该公司购买A型公交车a辆，则购买B型公交车辆，根据题意列不等式求解即可．
【小问1详解】
解：设购买A型公交车每辆x万元，B型公交车每辆y万元，
根据题意，得，
解得，
答：购买A型公交车每辆30万元，B型公交车每辆45万元；
【小问2详解】
解：该公司购买A型公交车a辆，则购买B型公交车辆，
根据题意，得，
解得，
∵a为整数，
∴a最小为6，
答：至少购进A型环保节能公交车6辆．
26. 【问题情境】在“综合与实践”课上，老师准备一个直角三角形，，，，学生将绕着点顺时针旋转得到，其中点和点的对应点分别为点、．
（1）【数学思考】如图1，当点落在的延长线上时，则_____；
（2）【深入探究】学生在旋转的过程中，
①“善思小组”提出问题：如图2，连接、交于点，猜想：，请你证明此问题；
②“智慧小组”提出问题：如图3，连接、，射线与交于点，交于点，点为的中点，连接，若，求线段长．请你思考并解答此问题．
【答案】（1）
（2）①见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出长为．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．
（2）①根据旋转的性质可得，，得出，进而得出，即可求解；
②作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，
，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．进而根据等面积法求得的长度，根据平行线分线段成比例可得，得出是等腰直角三角形，然后得出，延长交于点，连接得出四边形是正方形，勾股定理求得，即可求解．
【小问1详解】
在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，
∴，
∴．
故答案为：．
【小问2详解】
解：∵将绕着点顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
设，
∴，
∴；
②如图，作且交延长线于点P，连接．过点作于点，
∵，
∴，
∵，即，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴在和中
，
∴，
∴，即点为中点．
∵点为中点，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴
∵
∴
∴
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴
又∵
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
延长交于点，连接
∴四边形是矩形，
又∵
∴四边形是正方形，
∴，
在中，
∴
【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，正确的作出辅助线为难点也是解题关键．
27. 在平面直角坐标系中，点为坐标原点，直线与轴所交的锐角为．
（1）如图1，求直线解析式；
（2）如图2，点是第二象限直线上一点，点为轴正半轴上一点，连接交轴于点，若点为中点，设的长度为，的面积为，求与的函数关系式；（不用写出自变量的取值范围）
（3）如图3，在（2）的条件下，为延长线上一点，且，为延长线上一点，点在上，连接，交于点，点在上，连接，交轴于点，若，，当时，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）作轴，设，根据含角直角三角形的性质，得到的长，根据第二象限内点的特征，确定点坐标，由经过坐标原点，设的解析式为：，代入解析式，即可求解，
（2）作轴，由点为中点，得到，用含的代数式，依次表示出，，根据锐角三角函数，表示出，，，即可求解，
（3）由时，，得到，进而求出，，结合，求出，作轴，，在射线上截取，作轴， 轴，连接，，，由，得到，是等边三角形，结合，得到是平行四边形，设，由，，求出，在中，中，由，得到，即可求解．
【小问1详解】
解：过点作轴，交轴于点，
∵直线与轴所交的锐角为，
∴，
在中，设，则，
∵点在第二象限，
∴点，
∵直线经过坐标原点，
设直线的解析式为：，
将，代入，得：，解得：，
∴，
故答案为：，
【小问2详解】
解：过点作轴，交轴于点，
∵点为中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，即：，
∵，
∴，
∴，
故答案为：，
【小问3详解】
解：当时，，解得：，
∴，，
∵，
∴，
作轴，交轴于点，作，交于点，在射线上截取，作轴，交轴于点，作轴，交轴于点，连接，，，
∵， ，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，即：，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴是平行四边形，
∴，，
∴，
设，则，
∵，
∴，即：，解得：，
∴，，
在中，，
∵，，，
∴，
在中，，
∵，
∴，整理得：，解得：或（舍），
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了，求一次函数解析式，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，含角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理解直角三角形，平行四边形的性质与判定，解题的关键是：连接辅助线构造全等三角形．