09，2024年广东省中山市纪中、纪雅、三鑫九年级中考三模数学试题

这是一份09，2024年广东省中山市纪中、纪雅、三鑫九年级中考三模数学试题，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．
1. 绝对值是2的数是（ ）
A. 2B. C. D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了绝对值的意义，表示一个数a的点到原点的距离叫做这个数的绝对值．一个正数的绝对值等于它的本身，零的绝对值还是零，一个负数的绝对值等于它的相反数，绝对值等于一个正数的数有2个，它们是互为相反数的关系．
根据绝对值的定义求解即可．
【详解】绝对值是2的数是．
故选：C．
2. 是第五代移动通信技术，网络理论下载速度可以达到每秒以上．用科学记数法表示1300000是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了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．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：，
故选：C．
3. 将多项式进行因式分解的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先提公因式，然后按照平方差公式因式分解即可．
【详解】解：
故选：A．
【点睛】本题考查了提公因式法和平方差公式法进行因式分解，正确提取公因式，熟练运用平方差公式是解题的关键．
4. 已知抛物线的顶点在第四象限，则（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据顶点式写出顶点坐标，再根据第四象限点的坐标特点做出判定即可．
【详解】∵抛物线的解析式为
∴抛物线的顶点坐标为
∵第四象限的点横坐标大于0，纵坐标小于0
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的顶点式和第四象限点的坐标特点，正确理解定义，性质是解题的关键．
5. 如图为一无盖长方体盒子的展开图（重叠部分不计），可知该无盖长方体的容积为
A. 4B. 6
C. 12D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据观察、计算，可得长方体的长、宽、高，根据长方体的体积公式，可得答案．
【详解】长方体的高是1，宽是3﹣1=2，长是6﹣2=4，长方体的容积是4×2×1=8．
故选D．
【点睛】本题考查了几何体的展开图，展开图折叠成几何体，得出长方体的长、宽、高是解题的关键．
6. 某商店经销一种品牌的空气炸锅，其中某一型号的空气炸锅的进价为每台元，商店将进价提高30%后作为零售价销售，一段时间后，商店又按零售价的8折销售，这时该型号空气炸锅的零售价为（ ）
A. 元B. 元C. 元D. 元
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可以得到最后打折后的零售价，从而可以解答本题．
【详解】解：由题意可得， 某一型号的空气炸锅的零售价：（元），
故选C．
【点睛】本题考查列代数式，解答本题的关键是明确题意，列出相应的代数式．
7. 如图，在中，点是的中点，对角线，相交于点，连接，若的周长是，则的周长为（ ）
A. 3B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形中位线定理，熟练掌握知识点是解题的关键．先根据平行四边形的性质得出，，再根据点是的中点，三角形中位线定理得出，，继而求解即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵点是的中点，
∴，，
∵的周长是，即
∴的周长，
故选：B．
8. 如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，菱形的顶点正好在反比例函数的图象上，点的坐标为，则的值为（ ）

A. 12B. 16C. 24D. 32
【答案】D
【解析】
【分析】如图，过作轴于，过作轴于，证明四边形为矩形，可得，，证明，，，可得，，即，从而可得答案．
【详解】解：如图，过作轴于，过作轴于，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，菱形，
∴，，，

∴，，
∴，
∴，
故选D
【点睛】本题考查的是矩形的判定，菱形的性质，利用待定系数法求解反比例函数的解析式，熟练的求解，是解本题的关键．
9. 如图，为半圆的直径，垂直平分半径，垂直平分半径，若，则图中阴影部分的面积等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，根据线段垂直平分线的性质可得，继而证明是等边三角形，进而得出，最后利用扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：连接，

∵垂直平分半径，垂直平分半径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴图中阴影部分的面积，
故选：B．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，扇形的面积公式，熟练掌握知识点，准确添加辅助线是解题的关键．
10. 如图是某台阶的一部分，每一级台阶的宽度和高度之比为，在如图所示的平面直角坐标系中，点的坐标是，若直线同时经过点A，B，C，D，E，则与的乘积为（ ）

A. B. 3C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可求出，然后利用待定系数法求出直线的解析式，进而可得答案.
【详解】解：∵每一级台阶的宽度和高度之比为，点的坐标是，
∴，
∴，
∵直线同时经过点A，B，C，D，E，
∴，解得，
∴；
故选：B.
【点睛】本题考查了一次函数的实际应用，正确理解题意、求出一次函数的解析式是解题的关键.
二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．
11. 计算：______．
【答案】5
【解析】
【分析】本题涉及负整数指数幂、绝对值等考点．针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
【详解】，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了负整数指数幂和绝对值，正确运用运算法则是解题的关键．
12. 定义一种新运算：对于任意非零实数，，，若，则的值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据新定义可得，由此建立方程，解方程即可得到的值．
【详解】解：，
，
，
，
，
解得：，
经检验是方程的解，
故答案为：．
【点睛】本题考查了新定义下的实数运算，解分式方程，正确理解题意得到关于x的方程是解题关键．
13. 在物理学中，功率表示做功的快慢，功与做功时间的比叫做功率，即所做的功一定时，功率与做功所用的时间成反比例函数关系，图象如图所示，当时，____．
【答案】1200
【解析】
【分析】本题主要考查了反比例函数的应用，关键是正确掌握反比例函数的图像和性质．
首先设，再把代入可求得k的值，进而可得解析式；再把代入函数解析式求解即可．
【详解】设，
∵图像经过点，
∴，解得，
∴
把代入可得．
故答案为：1200．
14. 在幼儿园的手工课上，老师与小朋友们用小棒摆图案，老师摆出的图案中具有一定的规律性，已知第1个图案用8根小棒，第2个图案用12根小棒，…，按此规律一直摆下去，则第个图案中，需要的小棒的根数是________根（用含的代数式表示）．
【答案】
【解析】
【分析】观察图案可知，每下一幅图案比前一幅图案多4根小棒，找出4与n的联系即可．
【详解】解：如图可知，后一幅图总是比前一幅图多4根小棒，
图案①需要小棒：（根），
图案②需要小棒：（根），
图案③需要小棒：（根），
⋯
则第n个图案需要小棒：根．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查图形的变化规律：首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
15. 如图，抛物线与轴交于点，交轴正半轴于，直线过，是抛物线第一象限内一点，过点作轴交直线于点，则的最大值为______．

【答案】
【解析】
【分析】先根据抛物线的解析式求出、坐标，再利用待定系数法求出的解析式，再设，则，得出，然后利用函数的性质求出的最大值即可．
【详解】解：令，则，
解得：，，
，
令，则，
，
设直线的解析式为，
则，
解得：，
直线的解析式为，
设，则，
在线段上方，
，
，，
当时，有最大值，最大值为．
故答案为：4.
【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点以及一次函数，二次函数的最值，掌握二次函数的性质是解答本题的关键．
三． 解答题：本大题共9小题， 16-19题每题6分， 20-22每题8分， 23题10分， 24题12分， 共70分．
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据实数的混合运算法则计算即可．
【详解】
．
【点睛】本题考查了二次根式的加减运算，以及算术平方根、实数的乘方运算等知识，解题的关键是掌握运算法则进行解题．
17. 先化简．再求值：，其中．
【答案】；
【解析】
【分析】根据完全平方公式以及单项式乘以单项式进行化简，然后将字母的值代入进行计算即可求解．
详解】解：
当时，原式
【点睛】本题考查了整式乘法的化简求值，实数的混合运算，熟练掌握完全平方公式以及单项式乘以单项式的运算法则是解题的关键．
18. 已知y与成正比例，当时，．
（1）求y与x之间的函数关系式：
（2）判断点是否是函数图象上的点，并说明理由．
【答案】（1）
（2）不是，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用正比例函数的定义设，然后把已知对应的值代入求出k，从而得到y与x之间的函数关系式；
（2）通过一次函数图象上的坐标特征进行判断．
【小问1详解】
解：设，
把，代入得，解得，
∴，
即y与x之间的函数关系式为；
【小问2详解】
点不是函数图象上的点．
理由如下：
当时，，
∴点不是函数图象上的点．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式：先设出函数的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设；将自变量x的值及与它对应的函数值y的值代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；然后解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式．
19. 如图所示是地球截面图，其中，分别表示南回归线和北回归线，表示赤道，点P表示某市的位置．现已知地球南回归线的纬度是南纬，某市的纬度是北纬，而冬至正午时，太阳光直射南回归线(光线的延长线经过地心O)，求某市冬至正午时，太阳光线与地面水平线的夹角α的度数
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，读懂题意并熟练掌握知识点是解题的关键．
设与交于点K，先由三角形内角和定理求出，再根据平行线的性质求解即可．
【详解】如图，设与交于点K，

∵，，
∴，
在中，，，
∴，
∵，
∴．
20. 如图，在中，．
（1）尺规作图：作出的中点D；
（2）在（1）的条件下，若，，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】此题考查了尺规作垂直平分线，解直角三角形，求角的正弦值，勾股定理等知识，
（1）利用尺规作出的垂直平分线交于点D即为所求；
（2）连接，过点D作，首先根据求出，然后利用勾股定理求出，，然后利用求出，进而利用正弦的概念求解即可．
【小问1详解】
如图所示，点D即为所求；
【小问2详解】
如图所示，连接，过点D作，
∵，，
∴，即
∴
∴，
∴，即
∴
∴．
21. 某印刷厂每月生产甲、乙两种练习本共40万本且所有练习本当月全部卖出，其中成本、售价如表所示．
（1）若该印刷厂五月份的利润为11万元，求生产甲、乙两种练习本分别是多少万本；
（2）某学校计划用7680元的经费到该印刷厂采购练习本，经商讨，该公司同意甲种练习本售价打九折，乙种练习本不能让利：若学校能采购到1万本，且不超支，问最多能购买甲种练习本多少本？
【答案】（1）生产甲种练习本15万本，乙种练习本25万本
（2）甲种练习本最多能购买2000本
【解析】
【分析】（1）设该印刷厂五月份生产甲种练习本万本，乙种练习本万本，根据“印刷厂每月生产甲、乙两种练习本共40万本，且利润为11万元”，列出二元一次方程组，解方程即可得到答案；
（2）设购买甲种练习本本，利用总单价＝单价×数量，结合总价不超过7680元，可得出关于的一元一次不等式，解之取其中的最大值，即可得出结论．
【小问1详解】
解：设该印刷厂五月份生产甲种练习本万本，乙种练习本万本，由题意得，
解得：，
答：生产甲种练习本15万本，乙种练习本25万本；
【小问2详解】
解：设购买甲种练习本本，
由题意得：，
解得：，
答：甲种练习本最多能购买2000本．
【点睛】本题考查了二元一次方程组以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
22. 春季开学后，某校为了让学生有效应用压岁钱，开展有意义“尊老、敬老”慈善捐款活动，将捐款捐赠给本市敬老院．学生会为了了解学生捐款的情况，随机调查了该校部分学生，根据调查结果，绘制了两幅不完整的统计图．请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次调查的学生人数为________人，在扇形统计图中，捐款金额为100元所在扇形的圆心角的度数是________度，在调查的这组学生中，捐款金额的中位数是________元；
（2）补全条形统计图；
（3）学生会为了更好地引导学生合理支配压岁钱，选出甲，乙，丙和丁四人从不同的方面在全校进行讲解，但由于时间的限定，临时调整只能两人讲解．因此，学生会采用随机抽签的方式从甲，乙，丙和丁四人中确定两名讲解人选．请用列表或画树状图的方式说明抽中甲和乙的概率是多少？
【答案】（1）60，108，50
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由捐款金额为50元的有21人，所占的百分比为，即可求得这次被调查的学生数；用360度乘以捐款金额为100元所占的百分比，即可求得B所占扇形的圆心角；根据中位数的求法可求得捐款金额的中位数；
（2）首先求得捐款金额20元对应人数、捐款金额为200元对应人数，即可补全统计图；
（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好选中甲、乙两位同学的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【小问1详解】
解：∵捐款金额为50元的有21人，所占的百分比为，
∴这次被调查的学生共有：（人）；
捐款金额为100元所在扇形的圆心角的度数是：；
捐款金额的中位数是第30、31两个数，即50元；
故答案为：60，108，50；
【小问2详解】
解：捐款金额为20元对应人数为：（人）
捐款金额为200元对应人数为：（人）；
补全条形统计图如图．
；
【小问3详解】
解：画树状图得：
∵共有12种等可能的情况，恰好选中甲、乙两位同学的有2种，
∴P（选中甲、乙）．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．也考查了条形统计图与扇形统计图的综合运用．
23. 综合与实践
问题情境：如图1，正方形纸片和有公共顶点，其中.将正方形绕点按顺时针方向旋转．
观察发现：
（1）如图2，当时，连接，小组成员发现与存在一定的关系，其数量关系是______________，位置关系是__________________.
探索研究：
（2）当三点共线时，请在图3中画出图形，并直接写出此时的长度.
拓展延伸：
（3）猜想图3中与的数量关系并证明.
【答案】（1）
（2）图见解析，或
（3）当时，；当时，，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）先运用正方形的性质可证即,,延长分别交于点I,H，根据直角三角形的性质即可解答；
（2）分和两种情况，分别过E作,连接，然后根据勾股定理解答即可；
（3）分和两种情况，分别运用正方形的性质、旋转的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质进行分析计算即可解答．
【小问1详解】
解：∵正方形纸片和，
∴，
∴,即，
∴，
∴，，
如图：延长分别交于点I，H，

∵，，，
∴，即．
故答案为：，．
【小问2详解】
解：①如图:当时，过E作，连接，

∵.
∴,
∵
∴
∴,
∴,
∴，解得：,
∴,
∴,
∴；
当时，过E作,连接

∵，
∴，
∵
∴
∴,
∴,
∴，解得：,
∴,
∴,
∴．
综上，或．
【小问3详解】
解：当时，，证明如下：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
如图：连接，设直线与交于点，与交于点，

由旋转可得
∴，
∴
∴
∴，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，
∴与重合，
∵四边形是正方形，
∵，
∴
∴；
当时，，证明如下：
如图：延长交于点，

∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴
∵四边形是正方形，
∴，
∴
∴，
设与交于点，
∴，
∴，
∴
∴
∴，，
∴点与点重合，即三点共线，
∴
∴
又∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质等知识定，掌握分类讨论思想是解答本题的关键．
24. 已知平面直角坐标系中，直线分别交轴和轴于点.
(1)如图1，已知经过点，且与直线相切于点，求的直径长；
(2)如图2，已知直线分别交轴和轴于点和点，点是直线上的一个动点，以为圆心，为半径画圆.
①当点与点重合时，求证: 直线与相切；
②设与直线相交于两点， 连结. 问:是否存在这样的点，使得是等腰直角三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) 的直径长为；(2) ①见解析；②存在这样的点和，使得是等腰直角三角形.
【解析】
【分析】（1）连接BC，证明△ABC为等腰直角三角形，则⊙P的直径长=BC=AB，即可求解；
（2）过点作于点，证明CE=ACsin45°=4×=2 =圆的半径，即可求解；
（3）假设存在这样点，使得是等腰直角三角形，分点在线段上时和点在线段的延长线上两种情况，分别求解即可．
【详解】（1）如图3，连接BC，
∵∠BOC=90°，
∴点P在BC上，
∵⊙P与直线l1相切于点B，
∴∠ABC=90°，而OA=OB，
∴△ABC为等腰直角三角形，
则⊙P的直径长=BC=AB=3
(2)如图4过点作于点，
将代入，得，
∴点的坐标为.
∴，
∵，
∴.
∵点与点重合，
又的半径为，
∴直线与相切.
②假设存在这样的点，使得是等腰直角三角形，
∵直线经过点，
∴的函数解析式为.
记直线与的交点为，
情况一：
如图5，当点在线段上时，
由题意，得.
如图，延长交轴于点，
∵，
∴，
即轴，
∴点与有相同的横坐标，
设，则，
∴.
∵的半径为，
∴，
解得，
∴，
∴的坐标为.
情况二：
当点在线段的延长线上时，同理可得，的坐标为.
∴存在这样的点和，使得是等腰直角三角形.
【点睛】本题为圆的综合运用题，涉及到一次函数、圆的切线性质等知识点，其中（2），关键要确定圆的位置，分类求解，避免遗漏．品种
甲
乙
成本
1.2元/本
0.4元/本
售价
1.6元/本
0.6元/本