2024年陕西省韩城市中考一模数学试题（原卷版+解析版）

这是一份2024年陕西省韩城市中考一模数学试题（原卷版+解析版），文件包含2024年陕西省韩城市中考一模数学试题原卷版docx、2024年陕西省韩城市中考一模数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。

1．本试卷分为第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）．全卷共6页，总分120分．考试时间120分钟．
2．领到试卷和答题卡后，请用0.5毫米黑色墨水签字笔，分别在试卷和答题卡上填写姓名和准考证号，同时用2B铅笔在答题卡上填涂对应的试卷类型信息点（A或B）．
3．请在答题卡上各题的指定区域内作答，否则作答无效．
4．作图时，先用铅笔作图，再用规定签字笔描黑．
5．考试结束，本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共24分）
一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分，每小题只有一个选项是符合题意的）
1. 计算：（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了有理数的乘法运算，根据乘法法则即可求解，熟练掌握有理数的乘法运算法则是解题的关键．
【详解】解：原式，
故选：．
2. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义判断即可，解题的关键是正确理解中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
【详解】、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以是中心对称图形，符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意；
故选：．
3. 如图，已知，点E在上，连接，平分，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查平行线的性质，角平分线的定义和平角的定义，熟练掌握相关知识是解题的关键．根据条件求出的度数，根据角平分线的定义，易求的度数，再根据平行线的性质可知，从而得解．
【详解】解：，
，
平分，
，
，
．
故选：C．
4. 计算的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了积的乘方和幂的乘方运算，同底数幂的乘法，单项式乘以单项式，先计算积的乘方，再计算单项式乘以单项式，即利用同底数幂的乘法即可求解，掌握相应的运算法则是解题的关键．
【详解】解：原式
，
，
故选：．
5. 如图，一次函数（为常数且）和的图象相交于点，根据图象可知关于的方程的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查一次函数图象的交点问题，一次函数与一元一次方程．根据图象，两直线的交点的纵坐标为4，将其代入得即可．
【详解】解：由图象知，两直线的交点的纵坐标为4，将其代入得．
故选：A．
6. 如图，在中，，，点是上一点，连接，若，则的长为（ ）
A. 5B. 8C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查勾股定理，等腰三角形的性质．根据，得，再由外角性质得，故，再用勾股定理求解即可．
【详解】解：，
．
故选：D．
7. 如图，四边形是的内接四边形，，，，，则的长为（ ）
A. 4B. C. 5D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查圆周角的性质，勾股定理．连接易得为圆的直径，由，可得，故，进而能求出，再根据勾股定理能求．
【详解】解：如图，连接
为圆的直径
设，则
得（舍去）或
设，则
得（舍去）或
故选：B．
8. 已知二次函数图象上的两点和，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质和二次函数的图象及二次函数上点的坐标特征，先确定抛物线的开口方向和对称轴，找到关于对称轴对称的点的横坐标，结合可求出的取值范围
【详解】解：
∵，
∴抛物线开口向上，抛物线的对称轴为直线，
又两点分别为和，且，
所以，可得关于对称轴对称的点的横坐标为，
∴开口向上，且，
∴的取值范围是，
故选：C
第二部分（非选择题 共96分）
二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分）
9. 如图，点A、B在数轴上对应的数分别为a、b，则______0．（填“”“”或“”）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数与数轴，有理数加法的运算法则，数形结合是解题的关键．
根据数轴可得，，进而即可求解．
【详解】解：由数轴可得：，，
∴．
故答案为：．
10. 已知正边形的边长为2，它的一个内角为，则该正边形的周长为______．
【答案】18
【解析】
【分析】本题考查正多边形内角与外角．由一个内角为可得每个外角为，再求出边数即可求出周长．
【详解】解：正边形的每个内角为
正边形的每个外角为
正边形的边长为2
正边形的周长为．
故答案为：18．
11. 中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图，在中，分别取，的中点，，连接，过点作，垂足为，将分割后可拼接成矩形．若，则的面积是_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，由四边形是矩形，得，，从而可证，，根据面积和差得到，解题的关键是熟练掌握知识点的应用．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵是中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，，
同理可证：，
∴，，
∴，
∴，
∵，
，
，
，
∴，
故答案：．
12. 如图，是反比例函数（为常数且，）的图象的一部分，则的值可能是_____．（只写一个）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数的图象及的几何意义，在反比例函数图象上取一点，过作轴于点，作轴于点，结合图象及根据比例系数的几何意义可得：且，则可求解，熟练掌握反比例函数的图象及的几何意义是解题的关键．
【详解】如图，在反比例函数图象上取一点，过作轴于点，作轴于点，
结合图象及根据比例系数的几何意义可得：且，
∴，
∴值可以为．（答案不唯一）
13. 如图，四边形是边长为6的菱形，，点E、F分别是、边上的动点（不与B、C、D重合），连接、、，若是等边三角形，则周长的最小值为______．（结果保留根号）
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短、解三角形等知识点，解题的关键是正确作出辅助线．
连接，易证与是等边三角形，再结合等边三角形的性质可证，则，于是的周长转化为，由于当时最短，于是即可得到答案．
【详解】如图，连接．
∵，四边形是菱形，
∴，则是等边三角形．
∴，，
由是等边三角形知，，
∵，，
∴．
由菱形知，，，
∴也是等边三角形，则．
在与中，，
∴，
∴．
∴的周长．
当为的边上的高时，最短，此时的周长最短．
此时，．
∴周长的最短值为．
故答案为：．
三、解答题（共13小题，计81分．解答应写出过程）
14. 解不等式：．
【答案】．
【解析】
【分析】本题考查解一元一次不等式，根据去分母，移项，合并同类项，化系数为求解即可，解题的关键是掌握一元一次不等式的求解方法．
【详解】解：
，
，
，
．
15. 计算：．
【答案】．
【解析】
【分析】本题考查了负整指数幂，特殊角的三角函数值，绝对值的化简，先进行负整数指数幂的运算，三角函数值的运算和化简绝对值，再进行实数的运算即可，熟悉相关性质是解题的关键．
【详解】解：原式，
．
16. 解方程：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解分式方程，根据解分式方程的步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1、检验，计算即可得出答案．
【详解】解：去分母得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
检验，当时，，
原方程的解为．
17. 如图，在中，的平分线交于点，利用尺规作图法在上求作一点，使得．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】作图见解析．
【解析】
【分析】本题主要考查了尺规作图——作垂线，垂直平分线的性质，角平分线的定义，等边对等角和三角形外角的性质等等，作的垂直平分线即可，灵活运用所学知识是解题的关键．
【详解】如图，分别以点为圆心，大于长度为半径画弧，两弧分别交于点；
连接，交于点，
连接；
由作图可知：垂直平分，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴点即为所求．
18. 如图，在和中，点在上，，，，求证：．
【答案】见详解
【解析】
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质．由可得，再结合已知条件用两角夹边证即可．
【详解】证明：，
，
在和中，
，
，
．
19. 如图，的顶点坐标分别为，，．将平移后得到，且点的对应点是，点的对应点分别是、．

（1）请在图中画出；
（2）点之间的距离是______．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】本题考查平移作图，两点之间的距离．
（1）根据，可知，平移变换是先向左平移7个单位长度，再向下平移4个单位长度，按这个规律可得、点坐标，然后顺次连接即可；
（2）由用两点间的距离公式即可．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
【小问2详解】
．
20. 花钿（）是古时汉族妇女脸上用金翠珠宝制成的一种花形首饰，在唐代比较流行．王欣和张敏都是汉服妆造爱好者，两人买了四种不同的花钿（如图所示），由于每个花钿都很漂亮，一时不知道该选哪个来装扮，因此用抽卡片的方式来决定，将这四种花钿分别画在四张背面完全相同的不透明卡片上（卡片大小、形状、质地均相同），将背面朝上洗匀，王欣先从这四张卡片中随机选择一张不放回．
（1）王欣选中的花钿恰好是的概率是______；
（2）张敏将剩下的三张卡片洗匀后，再从这三张卡片中随机选择一张，请用列表或画树状图的方法求两人选择的花钿恰好是和的概率．（不分先后顺序）
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（）直接利用概率公式进行计算即可；
（）画出树状图，利用概率公式计算即可．
【小问1详解】
解：∵一共有、、、四种花钿，
∴选中的花钿恰好是的概率是，
故答案为：；
【小问2详解】
解：根据题意画树状图如下：
共有种等可能的结果，恰好是和的结果数为种，
∴两人选择的花钿恰好是和的概率．
21. 如图，某校教学楼的楼顶处有一盏照明灯，教学楼前有三棵高度均为的小树、、．某天晚上，当照明灯打开后，小树的影子为，小树的影子顶端恰好在小树的底部处，通过测量可得，，已知，，，点在同一条直线上，请你计算教学楼的高度．
【答案】教学楼的高度为．
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的应用，分别证明，，利用相似三角形的性质得，，先求出，然后代入求解即可，理解题意，会利用相似三角形的性质解决实际测高问题是解题的关键．
【详解】解：由题意得，，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
答：教学楼的高度为．
22. 古人常说：“读书可以启智，读书可以明理，读书可以医愚”，读书不但可以让人增长智慧，开拓视野，而且还能让人明事理，知荣辱．某校为营造书香校园，计划购进个某品牌书架，已知该品牌书架的单价为元个，经过与厂家协商，厂家给出两种优惠方案：
方案一：所有书架均按原价的八折销售；
方案二：若一次购买不超过个，则每个书架按原价的九折销售；若一次购买超过个，则前个打九折，超过的部分每个书架的价格在九折的基础上再降低元．
（1）分别求方案一实际付款金额（元）和方案二实际付款金额（元）与之间的函数关系式；
（2）当时，请分别求出两种方案的实际付款金额，并判断选择哪种方案对学校来说更省钱．
【答案】（1），；
（2）选择方案一更省钱．
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的应用，根据题意列出函数关系式是解题的关键；
（）根据题意分别列出两种方案的函数关系式即可；
（）将分别代入（）中两种方案的函数关系式，计算比较即可．
【小问1详解】
解：由题意可得：
，
当时，，
当时，，
∴，；
【小问2详解】
解：当时，（元），（元），
∴，
∴选择方案一更省钱．
23. 立定跳远是一项有益身心的运动，它能够锻炼我们的各项身体素质，让我们的身体更加健康和灵活，初中生立定跳远也是中考体育中的一项．某校为了解初三学生立定跳远的情况，对初三学生进行立定跳远水平测试，并随机抽取了部分学生的测试成绩，将结果绘制成如下不完整的统计图表．
学生立定跳远测试成绩分布表
根据以上信息，解答下列问题：
（1）抽取的学生人数为______名，补全频数分布直方图；
（2）若以每组成绩的组中值（如的组中值为1.3）为该组成绩的平均成绩，求所抽取学生立定跳远的平均成绩；
（3）若该校初三年级共有600名学生，请你估计该校初三学生中立定跳远成绩不低于的学生人数．
【答案】（1）50，补全频数分布直方图见详解
（2）
（3）360
【解析】
【分析】本题考查频数分布表，频数分布直方图，由样本估计总体，求平均数．
（1）由分布表的第一组数的频数和频率可求所抽取的人数，由所抽取的人数算出的值即可补全频数分布直方图；
（2）先找出每组数据的组中值，再计算即可；
（3）先求出所抽取学生中立定跳远成绩不低于的占比，再估算即可．
【小问1详解】
解：由表格第一组数据得抽取的学生人数为（名）
补全频数分布直方图如下：
【小问2详解】
根据题意，所抽取学生立定跳远的平均成绩为
；
【小问3详解】
所抽取学生中立定跳远成绩不低于的占比为
估计该校初三学生中立定跳远成绩不低于的学生人数为（名）．
24. 如图，在中，，以为直径的交于点，连接，过点作于点，延长交于点，连接．

（1）求证：为的切线；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）证明见解析；
（2）的半径为．
【解析】
【分析】（）连接，由圆周角定理可得，即，再根据等腰三角形的“三线合一”性质可得，再由中位线性质可得，从而求证；
（）由（）得，，则，从而求得，最后由即可求解；
本题考查了圆周角定理，中位线定理，切线判定，勾股定理和解直角三角形，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．
小问1详解】
如图，连接，

∵是的直径，
∴，即，
又∵，
∴，
又∵，
∴是的中位线，
∴，
又∵，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
由（）得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由，
设，，
由勾股定理得：，
∴，解得：，
∴，
∴的半径为．
25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线（为常数，且）与轴交于点和点，与轴交于点，且．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）连接，点是抛物线的对称轴上的动点，点是平面内的点，是否存在以点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线的函数表达式为；
（2）的坐标为)或 或．
【解析】
【分析】（）利用待定系数法即可求解；
（）由（）得，则抛物线的对称轴为直线，设，则，，，然后分当为菱形的边时，则或，当为菱形的对角线时，，两种情况即可；
本题主要考查了二次函数、菱形的性质和勾股定理，掌握相关知识、正确求出二次函数表达式并灵活应用是解题的关键．
【小问1详解】
当时，，
∴点，则，
∴，
∴点，
∵抛物线过点和点，
∴，解得：，
∴抛物线的函数表达式为；
【小问2详解】
由（）得
∴抛物线的对称轴为直线，
设，
∴，，，如图，
当为菱形的边时，则或，
∴或，即或（无解），
解得，
∴点的坐标为)或 ；
当为菱形的对角线时，则，
∴，即，
解得，
∴点的坐标为，
综上可得：存在以点为顶点的四边形是菱形，点的坐标为)或 或．
26. 【问题提出】
（1）如图1，在正方形中，点是对角线上一点，连接，，则______；（填“”“”或“”）
【问题探究】
（2）如图2，在中，，点是边上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，求证：与互补．
【答案】【问题提出】=；【问题探究】见详解
【解析】
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质．【问题提出】根据题意可以用两边夹角证明即可；【问题探究】将分成，而，再用三角形内角和定理即可．
【详解】解：【问题提出】
是正方形
，
在和中
(SAS)
；
【问题探究】
绕点顺时针旋转得到
与互补．
成绩（m）
频数
频率
8
0.16
0.24
16
0.32
10
0.2
4
0.08