2024年吉林省吉林市中考一模数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．答题时，考生务必按照考试要求在答题卡上的指定区域内作答，在草稿纸、试卷上答题无效．
一、单项选择题（每小题2分，共12分）
1. －3的绝对值是（ ）
A. 3B. －3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用绝对值的意义解答即可．
【详解】解：|-3|=3．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了绝对值的意义，正确利用绝对值的意义是解题的关键．
2. 我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，如图为部分“卦”的符号，其中是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．根据中心对称图形的定义逐项识别即可．
【详解】解：选项A、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转后与原来的图形完全重合，
所以不是中心对称图形，
选项B能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转后与原来的图形完全重合，
所以是中心对称图形．
故选B．
3. 下列命题：①对顶角相等；②同旁内角互补；③同角的余角相等；④垂线段最短．其中真命题的个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了命题与定理的知识，是对基础知识的综合考查，熟记概念与性质是解题的关键．
根据余角的性质，对顶角相等的性质，平行线的判定，垂线段的性质对各小题分析判断后即可求解．
【详解】解：①对顶角相等，正确；
②被截线不平行则同旁内角不互补，故本小题错误；
③同角的余角相等，正确；
④垂线段最短，正确；
故选：C．
4. 已知关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，若，则m与n的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了实数比较大小和一元二次方程的根的判别式当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．
根据判别式的意义得到，然后来求实数，然后比较大小即可解答．
【详解】∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
，
，
∵，
∴，
故选：A．
5. 如图，，是的弦，，是的半径，点P为上任意一点（点P不与点B重合），连接，若，则的度数可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理与三角形外角性质的综合应用，结合已知条件求得的范围是解题的关键．利用圆周角定理求得的度数，然后利用三角形外角性质及等边对等角求得的范围，继而得出答案．
【详解】解：如图，连接，
，
，
，
，
点为上任意一点（点不与点重合），
，
，
，
∴的度数可能是．
故选：C．
6. 某数学兴趣小组借助数学软件探究函数的图象，输入了一组a，b的值，得到了它的函数图象如图所示，借助学习函数的经验，可以推断输入的a，b的值满足（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了函数的图象与性质．数形结合是解题的关键．
令，可得或，由图象可知，，当时，，，进而可得，然后作答即可．
【详解】解：令，
解得，或，
由图象可知，，
当时，，，
∴，
故选：D．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7. 分解因式：__________．
【答案】
【解析】
【分析】先提公因式a，再利用完全平方公式分解因式即可求解．
【详解】解：
．
故答案为：．
【点睛】本题考查因式分解，熟练掌握提公因式法和公式法因式分解的方法是解答的关键．
8. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式有意义的条件是解题关键．
直接利用二次根式的有意义，被开方数不小于0，进而得出答案．
【详解】解：式子在实数范围内有意义，则，
解得：．
故答案为：．
9. 2023年12月31日晚，“新时代新江城”吉林市2024迎新年大型烟花秀精彩上演，约有41万人前往现场观看，在线观看更是达到了万人次．数据万用科学记数法表示为______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值．
科学记数法的表示形式为的形式，其中为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正整数；当原数的绝对值时，是负整数．
【详解】解：万，
故答案为：．
10. 若边长为正多边形的一个外角是，则该正多边形的周长为______．
【答案】25
【解析】
【分析】本题考查了正多边形的外角，根据任何多边形的外角和都是，利用除以外角的度数就可以求出外角的个数，即多边形的边数，进而可求得周长．
【详解】∵边长为的正多边形的一个外角是，
则该正多边形的边数为：，
∴其周长为．
故答案为：25．
11. 如图，在矩形中，，按以下步骤作图：①以点A为圆心，长为半径画弧，交于点E；②分别以点D，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点F；③画射线，交于点G，则______．
【答案】135
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，作图-基本作图，三角形外角的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．根据作图依据可得是的角平分线，由矩形的性质结合三角形外角的性质，可得即可得出结果．
【详解】解：根据作图依据可得是的角平分线，
在矩形中，，
，
，
故答案为：135．
12. 小莹计划购买一台圆形自动扫地机，有以下6种不同的尺寸可供选择，直径（单位：cm）分别是：34，，37，，40，42．如图是小莹家衣帽间的平面示意图，扫地机放置在该房间的角落（鞋柜、衣柜与地面均无缝隙），在没有障碍物阻挡的前提下，扫地机能从底座脱离后打扫全屋地面，小莹可选择的扫地机尺寸最多有______种．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查勾股定理的实际应用，构造直角三角形是解题的关键．先建立直角三角形，利用勾股定理解决实际问题．
【详解】解：如图过点A、B分别作墙的垂线，交于点C，
则，，
在中，，即
∵扫地机能从角落自由进出，
∴扫地机的直径不小于长，即最小时为，
小莹可选择的扫地机尺寸最多有：34，，共2种，
故答案为：2．
13. 如图是浩洋老师办公桌上的2024年台历，台历上显示的是2024年1月的月历，通过此月历，可以推算出2025年1月1日是星期______．
【答案】三
【解析】
【分析】本题考查了数字类规律探究；先求2024年1月1日到2025年1月1日经过了多少天，再求这些天里有几周，还余几天，再根据余数判断，即可求解．
【详解】解：依题意，2024年1月1日到2025年1月1日经过了天，
2024年1月1日是星期一
∴2025年1月1日是星期三
故答案为：三．
14. 如图，平分，平分，平分，点O为射线上一点，以点O为圆心，长为半径画圆．若，，则图中阴影部分的面积是______（结果保留）．
【答案】
【解析】
【分析】该题主要考查了扇形面积计算，圆周角定理，等边三角形的性质和判定，等知识点，解题的关键是得出．
证明是等边三角形，过O作，根据得出，从而得出即可解答；
【详解】如图，连接，
根据题意可得：，，，
，
是等边三角形，
过O作，
，
，
．
故答案为：．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．根据分式的混合运算法则把原式化简，把x的值代入计算即可．
【详解】解：原式
当时，原式．
16. 舒兰大米种植区域处于北纬43度世界黄金水稻带．舒兰大米具有营养丰富、绵软柔糯等特点．某校食堂计划采购甲、乙两种舒兰大米，若购进甲种大米500千克和乙种大米300千克需花费11000元；若购进甲种大米200千克和乙种大米600千克需花费9200元．求每千克甲种大米和每千克乙种大米的价格．
【答案】每千克甲种大米价格是16元，每千克乙种大米价格是10元
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，找出等量关系是解答本题的关键．根据购进甲种大米500千克和乙种大米300千克需花费11000元；若购进甲种大米200千克和乙种大米600千克需花费9200元各列一个方程，组成方程组求解即可．
【详解】解：设每千克甲种大米价格是x元，每千克乙种大米价格是y元．
，
解得
答：每千克甲种大米价格是16元，每千克乙种大米价格是10元．
17. 以下内容节选自人教版初中数学教材八年级上册．请说明内容中的尺规作图的原理，
即求证．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】本题考查作一个角等于已知角，全等三角形的判定和性质等知识，根据定理证明即可．
【详解】证明：由作图得，，
在和中
，
∴，
∴．
18. 如图，在左边托盘A（固定）中放置一个重物，在右边托盘B（可左右移动）中放置一定质量的砝码，可使得仪器左右平衡．托盘B中的砝码质量m随着托盘B与点O的距离d变化而变化，已知m与d是反比例函数关系，下面是它们的部分对应值：
（1）根据表格数据求出m关于d的函数解析式．
（2）当砝码质量为12克时，求托盘B与点O的距离．
【答案】（1）
（2）厘米
【解析】
【分析】此题主要考查了反比例函数的应用，此题是跨学科的综合性问题，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．
（1）观察可得：m，d的乘积为定值150，故m，d之间的函数关系为反比例函数，将数据代入用待定系数法可得反比例函数的关系式；
（2）把代入解析式求解，可得答案；
【小问1详解】
解：设m关于d的函数解析式为，
当时，，
所以，
解得，
∴m关于d的函数解析式为．
【小问2详解】
把代入得，解得，
答：托盘B与点O的距离为厘米．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19. 在2023年高考期间，吉林市委“爱在江城温馨高考”的暖心举措温暖着江城每一位考生和家长．其中吉林市第一中学校考点设置了家长休息区，共搭建了121个遮阳篷．图①是一个遮阳篷的实物图，图②是它的侧面示意图，长为m，太阳光线与地面的夹角为时，求的长（结果精确到m）．
（参考数据：，，）

【答案】m
【解析】
【分析】本题考查的是解直角三角形的实际应用，直接利用锐角的正切的含义求解即可．
【详解】解：在中，，，
∵，
∴
答：的长约为m．
20. 游神民俗文化活动，主要在中国的闽台地区流行，是一项流传了数百年的习俗，在甲辰龙年春节爆火出圈，无数网友对游神前的掷筊杯仪式感到好奇．掷筊杯是民间一种问卜的方式，每次将两个筊杯掷向地面，根据筊杯落地后的状态来推测行事是否顺利．每个筊杯都有一个平面，一个凸面．筊杯落地的结果如图所示，如果是两个平面称之为笑杯，表示行事状况不明；如果是两个凸面称之为阴杯，表示不宜行事；如果是一个平面和一个凸面称之为圣杯，表示行事会顺利．假设每个筊杯形状大小相同，掷筊杯落地后平面朝上和凸面朝上的可能性也相同．

（1）笑笑同学想要计算将两个筊杯连续掷两次都得到圣杯的概率，她采用面树状图的方法，请将她的求解过程补充完整．
解：根据题意，可以画出如下的树状图：

（2）在中国台湾电影《周处除三害》中有一段场景，主角陈桂林用签杯问卜，将两个筊杯连续掷九次．请问连续掷筊杯九次都出现圣杯的概率是______．
【答案】（1），过程见解析
（2）
【解析】
【分析】该题主要考查了列树状图求解概率，解题的关键是正确列出树状图．
（1）列表画出树状图即可求解；
（2）找到规律，即可解答；
【小问1详解】
根据题意，可以画出如下的树状图：
共有16种情况，其中两次都得到圣杯的有4种情况，
故将两个筊杯连续掷两次都得到圣杯的概率；
【小问2详解】
根据题意，可得
掷筊杯一次，共有4种情况，其中得到圣杯的有2种情况，
故掷筊杯一次都出现圣杯的概率；
连续掷筊杯两次，共有16种情况，其中两次都得到圣杯的有4种情况，
连续掷筊杯两次都出现圣杯的概率；
连续掷筊杯三次，共有64种情况，其中三次都得到圣杯的有8种情况，
连续掷筊杯三次都出现圣杯的概率是；
故根据规律可得连续掷筊杯n次，共有种情况，其中n次都得到圣杯的有种情况，
连续掷筊杯三次都出现圣杯的概率是；
故连续掷筊杯九次都出现圣杯的概率．
21. 图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按要求画图，保留作图痕迹，不要求写面法．

（1）在图①中画线段平分，且点E，F均在格点上．
（2）在图②中画线段，线段平分的面积．
（3）如图③，点P，Q均在格点上，连接交于点M，连接，则的面积是______．
【答案】（1）见详解 （2）见详解
（3）
【解析】
【分析】该题主要考查了复杂作图，相似三角形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是正确作图．
（1）连接即为所求；
（2）线段平分的面积，即画出中边上的中线即可；
（3）根据题意可得：，根据相似三角形性质得出，算出是直角三角形，根据面积计算公式即可解答；
【小问1详解】
连接交于点，即为所求；
理由：，
，
，
，
即线段平分．
【小问2详解】
如图，即为所求；
理由：由（1）得，线段平分，，即是边上的中线，即线段平分的面积．
【小问3详解】
，
∴是直角三角形，
根据题意可得：，
，
，
，
故的面积．
22. 书籍是人类进步的阶梯，中国图书出版已有十多年保持着持续、稳定、快速发展的良性态势．下面的统计图反映了2013年到2022年国家图书总印数和图书总印数年变化率的情况．
说明：图书总印数年变化率．
根据图中信息，解答下列问题：
（1）计算2018年到2022年这五年国家图书总印数的平均数．
（2）下列说法正确是______（下列选项中，有多项符合题目要求）．
A．2013年到2022年国家图书总印数变化率最低的是2022年，所以2022年国家图书总印数最少．
B．2013年到2022年国家图书总印数出现增长量最大的是2021年．
C．2013年到2022年国家图书总印数变化率的中位数是．
D．2013年到2017年国家图书总印数的方差记为，2018年到2022年国家图书总印数的方差记为，则．
【答案】（1）亿
（2）B，C，D
【解析】
【分析】本题主要考查拆线统计图，求平均数，中位数和方差等：
（1）根据平均数定义求解即可；
（2）结合拆线统计图，根据平均数，中位数和方差的概念求解再进行判断即可
【小问1详解】
解：2018年到2022年这五年国家图书总印数为：100.1亿，106亿，103.7亿，119.6亿，114亿，
所以，2018年到2022年这五年国家图书总印数的平均数为：
（亿），
即2018年到2022年这五年国家图书总印数的平均数为108.68亿；
【小问2详解】
解：A．2013年到2022年国家图书总印数变化率最低的是2022年，但是2022年国家图书总印数不是最少，位居第二．故选项A说法错误；
B．2013年到2022年国家图书总印数出现增长量最大的是2021年，故选项B说法正确；
C．2013年到2022年国家图书总印数变化率从小到大排列为：，
2013年到2022年国家图书总印数变化率的中位数，故选项C说法正确；
D．2013年到2017年国家图书总印数平均数为：（亿）
方差为；
由（1）知，2018年到2022年国家图书总印数的平均数为：108.68亿，
2018年到2022年国家图书总印数的方差：
，
∴．
所以，正确的选项是：B，C，D
五、解答题（每小题8分，共16分）
23. 新能源汽车中的油电混合动力汽车，兼具纯电动汽车和燃油汽车的优势．某油电混合动力汽车先采用锂电池工作，当锂电池电量耗完后自动转换为油路工作，汽车油路工作时不能为锂电池进行充电．该汽车一次充满电，可以行驶最大里程是120千米；油电混合行驶时，满电满油可以行驶最大里程是720千米．如图为该汽车仪表盘显示电量 （单位：％），仪表盘显示油量 （单位：％）与某次行驶里程x（单位：千米）之间的函数图象．
（1）______，______．
（2）求关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【答案】（1）120，270
（2）
【解析】
【分析】该题主要考查了一次函数的应用，解题的关键是求出函数解析式；
（1）根据汽车一次充满电，可以行驶最大里程是120千米可得，再根据满电满油可以行驶最大里程是720千米，故满油可以行驶最大里程数，即可得油可以行驶最大里程，即可求解；
（2）用待定系数法求出解析式即可解答；
【小问1详解】
根据汽车一次充满电，可以行驶最大里程是120千米可得：，
满电满油可以行驶最大里程是720千米，故满油可以行驶最大里程是千米，
故油可以行驶最大里程是千米，
故千米，
故答案为：120，270．
【小问2详解】
当时，设，
将和代入得，
解得，
∴．
24. 【实践操作】
操作一：如图①，将正方形纸片对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，再将正方形纸片展开，得到折痕．
操作二：如图②，将正方形纸片的左上角沿折叠，得到点B的对应点为，交于点E．
操作三：如图③，将正方形纸片的右上角沿折叠再展开，折痕交于点M．
图①图②图③
【问题解决】
（1）求证．
（2）______·
【拓展应用】
（3）在图③中延长交于点N，则______．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，翻折的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．
（1）连接，根据折叠性质和正方形性质即可证明；
（2）延长交于点，设，设正方形的边长为，则，在中，用勾股定理可得出．设，用勾股定理可得出．即可得出，在中，即可求解．
（3）根据（2）可知，，即可求解；
【详解】（1）如图，连接，
根据翻折和正方形性质得：，，
∴根据勾股定理，．
；
（2）延长交于点，
设，设正方形的边长为，
则，
在中，，
即．
化简得．
同理，依题意，
根据勾股定理，，
，
设，
则，
在中，，
即，
化简得．
，
在中，．
（3）根据（2）可知，．
．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25. 如图，四边形是矩形，，，连接．点G从点D出发，以每秒2个单位长度的速度沿着边向终点C匀速运动，线段绕点D逆时针方向旋转得到线段，以线段为边作菱形．设菱形与重叠部分图形的面积为y（），点G运动的时间为x秒．
（1）______．
（2）当点F落在上时，______秒．
（3）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【答案】（1）30 （2）1
（3）
【解析】
【分析】该题主要考查了动点几何问题，矩形和菱形的性质，解直角三角形等知识点，解题的关键是能够正确理解题意．
（1）根据，即可求解；
（2）当点F落在上时，得出，在中，根据，即可求解；
（3）分为①当时，②当时，③当时，分别求解即可；
【小问1详解】
∵四边形是矩形，
∴，
在中，
∵，
，
∴，
是平行四边形，
∴，
∴．
【小问2详解】
当点F落在上时，
∵四边形是菱形，，
∴，
由（1）知，
∴，
在中，，
即．
，
即检验是分式方程的解，
．
【小问3详解】
当时，无重叠部分；当时，，此时点F与点B重合；
当时，，此时运动到矩形外部；
①当时，由（1）知，，
∴，
，
，
∴；
②当时，由（1）知，，
∴，
，
，
∴；
③当时，由（1）知，，
．
∴，
，
，，
，
综上，．
26. 如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点P为抛物线上任意一点．连接，设点为线段的中点，通过求出相应的点，再把相应的点用平滑的曲线连接起来，可以得到一条新的抛物线记为．
（1）求抛物线与x轴的交点坐标．
（2）求抛物线的解析式．
（3）过点P作线段轴，点P在点Q的右侧，，设点P的横坐标为m．
①当线段与抛物线没有公共点时，直接写出m的取值范围．
②当线段与抛物线和一共有3个公共点时，直接写出m的取值范围．
【答案】（1），
（2）
（3）①或；②或
【解析】
【分析】该题主要考查了二次函数的图象和性质，二次函数解析式，以及二次函数与线段综合问题，解题的关键是数形结合．
（1）把代入即可求解；
（2）得出均为点的坐标，用待定系数法即可求解；
（3）①分别画图求出临界点，求解即可；
②分别画图求出临界点，求解即可；
【小问1详解】
解：把代入，
得，
解得，
∴抛物线与x轴的交点坐标为．
【小问2详解】
把代入，得．
∴抛物线与y轴的交点坐标为，
∴均为点坐标，
∴均为点的坐标，
设抛物线的解析式为，
把代入得，
，
解得，
∴抛物线的解析式为．
【小问3详解】
设，
∵轴，点P在点Q的右侧，，
∴，
①当线段与抛物线没有公共点时，
如图：当点P横坐标小于时，线段与抛物线没有公共点，
根据抛物线解析式可得顶点，
当点在线段上，故，解得：或（舍）；
∴；
如图：当点P横坐标大于时，线段与抛物线没有公共点，
将代入抛物线的解析式中得：，
解得：或（舍去）；
∴；
综上，m取值范围为或；
②当线段与抛物线和一共有3个公共点时，
当点P在之间时，线段与抛物线和一共有3个公共点，
如图：当点P在时：
将代入抛物线的解析式中得：，
解得：（舍去）或；
如图：当点P在时：
将代入抛物线的解析式中得：，
解得：；
故；
如图：当点P在时，线段与抛物线和一共有3个公共点，
根据抛物线解析式可得顶点，
点在线段上，故，解得：或（舍）；
∴，
综上，m的取值范围为或．
作法：（1）如图，以点为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，；
（2）画一条射线，以点为圆心，长为半径画弧，交于点；
（3）以点为圆心，长为半径画弧，与第步中所画的弧相交于点；
（4）过点画射线，则．
托盘B与点O的距离d/厘米
5
10
15
20
25
托盘B中的砝码质量m/克
30
15
10
6