2024年黑龙江哈尔滨市虹桥初级中学中考三模数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题（每小题3分，共计30分）
1. 某冰箱冷藏室的温度是，冷冻室的温度是，则冷藏室比冷冻室温度高（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了有理数的减法，根据题意直接列出算式，然后按有理数的减法法则计算即可．
【详解】．
故选：D．
2. 下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义判定即可．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查轴对称图形的识别，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．
3. 下列各式运算结果为的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查幂的运算，负整数指数幂，根据幂的乘方与同底数幂的乘法，合并同类项的运算法则逐个计算即可．
【详解】A、，故A不符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C不符合题意；
D、，故D符合题意；
故选：D．
4. 右图是由四个小正方体叠成的一个立体图形，那么它的俯视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：从上面看，上面一排有两个正方形，下面一排只有一个正方形，故选B．
5. 某中学开展“读书节活动”，该中学某语文老师随机抽样调查了本班10名学生平均每周的课外阅读时间，统计如表：
下列说法错误的是（ ）
A. 众数是B. 平均数是
C. 样本容量是D. 中位数是
【答案】A
【解析】
【分析】根据众数、平均数、样本的容量、中位数的定义，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A.6出现的次数最多，则众数是6，故该选项不正确，符合题意；
B. 平均数是，故该选项正确，不符合题意；
C. 样本容量是，故该选项正确，不符合题意；
D. 中位数是第5个和第6个数的平均数即，故该选项正确，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了众数、平均数、样本的容量、中位数，熟练掌握众数、平均数、样本的容量、中位数的定义是解题的关键．
6. 综合实践课上，嘉嘉画出，利用尺规作图找一点C，使得四边形为平行四边形．图1~图3是其作图过程．
在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（ ）
A. 两组对边分别平行B. 两组对边分别相等
C. 对角线互相平分D. 一组对边平行且相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据作图步骤可知，得出了对角线互相平分，从而可以判断．
【详解】解：根据图1，得出的中点，图2，得出，
可知使得对角线互相平分，从而得出四边形为平行四边形，
判定四边形ABCD为平行四边形的条件是：对角线互相平分，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判断，解题的关键是掌握基本的作图方法及平行四边形的判定定理．
7. 方程的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知，本题考查分式方程及其解法，根据方程解的意义，运用去分母，移项的方法，进行求解．
【详解】解：方程可化简为

经检验是原方程的解
故选D
【点睛】本题考查了分式方程及其解法，熟练掌握解分式方程的步骤是解决此类问题的关键．
8. 不透明袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外无其他差别，随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个，两次都摸到红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】用列表法或树状图法可以列举出所有等可能出现的结果，然后看符合条件的占总数的几分之几即可．
【详解】解：两次摸球的所有的可能性树状图如下：
第一次 第二次
开始
∴两次都红球．
故选D．
【点睛】考查用树状图或列表法，求等可能事件发生的概率，关键是列举出所有等可能出现的结果数，然后用分数表示，同时注意“放回”与“不放回”的区别．
9. 《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，是《算经十书》之一．书中记载了这样一个题目：今有木，不知长短．引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺．木长几何？其大意是：用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余尺；将绳子对折再量长木，长木还剩余尺．问木长多少尺？设木长尺，则可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设木长尺，根据题意“用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余尺；将绳子对折再量长木，长木还剩余尺”，列出一元一次方程即可求解．
【详解】解：设木长尺，根据题意得，
，
故选：A
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．
10. 甲、乙两人都从A出发经B地去C地，乙比甲晚出发1分钟，两人同时到达B地，甲在B地停留1分钟，乙在B地停留2分钟，他们行走的路程（米）与甲行走的时间（分钟）之间的函数关系如图所示，则下列说法中错误的是（ ）
A. 甲到B地前的速度为100m/minB. 乙从B地出发后的速度为600m/min
C. A、C两地间的路程为1000mD. 甲乙再次相遇是距离C地300m
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用图中信息可判断A、B、C，求出到B地后的函数关系式，利用方程组求交点坐标即可判定D的正确性．
【详解】解：解：由图象可知：甲到B地前的速度为m/min，故A选项不符合题意；
乙从B地出发后的速度为m/min，故B选项符合题意；
由图象可知，A、C两地间的路程为1000米，故C选项不符合题意；
设甲到B地后的函数关系为y＝kx＋b，则有
，
解得：
∴y＝150x−350，
设乙到B地后的函数关系为y＝mx＋n，则有
，
解得：
∴y＝300m−1400，
联立，
解得：，
∴甲乙再次相遇时距离A地700米，
∵700−400＝300，
∴甲乙再次相遇时距离C地300米，故D不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查一次函数的应用、路程＝速度×时间的关系等知识，解题的关键是读懂图象信息，学会构建一次函数，利用方程组求交点坐标解决实际问题．
二、填空题（每小题3分，共计30分）
11. 将620 000用科学记数法表示为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查用科学记数法表示较大的数，一般形式为，其中，n可以用整数位数减去1来确定．用科学记数法表示数，一定要注意a的形式，以及指数n的确定方法．
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．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【详解】解：620 000用科学记数法表示为．
故答案为：．
12. 在函数中，自变量x的取值范围是______________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了自变量的取值范围，根据分母部位零列式计算即可．
【详解】根据题意，得，
解得，
故答案为：．
13. 计算的结果是_____．
【答案】
【解析】
【分析】先把各二次根式化为最减二次根式，再合并同类项即可．
【详解】解：原式
．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是二次根式的加减法，熟知二次根式相加减，先把各个二次根式化成最简二次根式，再把被开方数相同的二次根式进行合并，合并方法为系数相加减，根式不变是解答此题的关键．
14. 把多项式分解因式的结果是_______．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，先提公因式，再用完全平方公式分解即可．
【详解】，
故答案为：．
15. 一个扇形的面积是，圆心角是，则此扇形的半径是_______．
【答案】12
【解析】
【分析】本题考查的已知扇形的面积求解扇形的半径，熟记扇形的面积公式是解本题的关键.设扇形的半径为，再由扇形的面积公式列方程可得，再解方程可得答案．
【详解】解：设扇形的半径为，
则，
，
，
解得：，
故答案为：．
16. 不等式组的解集是_______．
【答案】
【解析】
【分析】分别求出两个不等式的解集，即可求解．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，熟练掌握解不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小大小小大中间找，大大小小找不到（无解）是解题的关键．
17. 已知反比例函数y＝的图象位于第一、第三象限，则k的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据反比例函数的图象可列出不等式进行求解．
【详解】解：∵反比例函数y＝的图象位于第一、第三象限，
∴，
∴；
故答案为．
【点睛】本题主要考查反比例函数的图象，熟练掌握反比例函数的图象是解题的关键．
18. 如图所示，把同样大小的黑色棋子摆放在正多边形的边上，按照这样的规律摆下去，则第6个图形需要黑色棋子的个数是___________．
【答案】48
【解析】
【分析】由图可知，第1个图形需要黑色棋子的个数是，第2个图形需要黑色棋子的个数是，第3个图形需要黑色棋子的个数是，以此类推，第个图形需要黑色棋子个数为由此代入即可得出答案．
【详解】解：∵第1个图形需要黑色棋子的个数是，
第2个图形需要黑色棋子的个数是，
第3个图形需要黑色棋子的个数是，
∴第个图形需要黑色棋子的个数是；
则第6个图形需要黑色棋子的个数是，
故答案为：48．
【点睛】本题考查图形的变化规律，首先计算几个图形，正确的找出图形的规律是解决本题的关键．
19. 在矩形ABCD中，，点E、F在直线AD上，且四边形BCFE为菱形，连接CE，则_________．
【答案】3或
【解析】
【分析】分类讨论当点在的延长线上、在的延长线上即可求解．
【详解】解：由题意得：
如图，当点在的延长线上时：

∴
∴
如图，当点在的延长线上时：

∴
∴
故答案为：3或
【点睛】本题考查了求一个角的正切值以及勾股定理．熟记相关定义是解题关键．
20. 如图，在中，于点D，垂直，交边于点E，点F在边上，连接，若，，，，则线段的长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】设，证明，求出，再根据，列出方程，求出值，求出的长，勾股定理求出的长，证明，得到，进而得到，即可得出结果．
【详解】解：∵，
∴设，则：，
∵，垂直，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：（负值舍掉）；
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
三、解答题（其中21-22题各7分，23-24题各8分，25-27题各10分，共计60分）
21. 先化简，再求代数式的值，其中
【答案】，
【解析】
【分析】先算括号内的减法，再把除法变乘法，化简算式，再将特殊锐角三角函数值代入得出x的值，最后代入计算求出答案．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查分式化简求值，正确运用分式运算法则，牢记特殊锐角三角函数值是解题关键．
22. 如图，在小正方形的边长为1的方格纸中，有线段AB和线段CD，点A、B、C、D均在小正方形的顶点上.
（1）在方格纸中画出以AB为斜边的直角三角形ABE，点E在小正方形的顶点上，且△ABE的面积为5；
（2）在方格纸中画出以CD为一边的△CDF，点F在小正方形的顶点上，且△CDF的面积为4，CF与（1）中所画线段BE平行，连接AF，请直接写出线段AF的长.
【答案】（1）答案见解析；（2）AF=5
【解析】
【分析】（1）根据网格的特点不难找到点E，满足△ABE面积为5；
（2）根据△CDF面积为4结合网格特点即可找到符合条件的点F．
【详解】解：（1）如图所示；
（2）如图所示，AF==5．
【点睛】本题考查了作图—应用与设计作图、三角形面积的计算，灵活掌握在网格图中求三角形面积的方法是解决问题的关键．
23. 某市为增强学生的身体素质，教育行政部门规定学生每天参加户外活动的平均时间不少于1小时． 为了解学生参加户外活动的情况，对部分学生参加户外活动的时间进行抽样调查，并将调查结果绘制作成如下两幅不完整的统计图，请你根据图中提供的信息解答下列问题：
（1）在这次调查中共调查了多少名学生？
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）若该市有学生240000，请你估计有多少学生户外活动时间为1小时．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】本题考查频数分布直方图、扇形统计图；
（1）根据户外活动时间为0.5小时的人数和所占的百分比，即可求出这次调查中共调查的学生数；
（2）用50乘以户外活动时间为1.5小时的人数所占的百分比即可求出人数，再补全统计图即可；
（3）用240000乘以学生户外活动时间为1小时的百分比即可．
【小问1详解】
调查人数（名）；
【小问2详解】
户外活动时间为1.5小时的人数（人），
补全条形统计图：
【小问3详解】
估计学生户外活动时间为1小时人数为：（人）．
24. 如图1，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，经过点O的直线AD于点E，交BC于点F．
（1）求证：OE=OF；
（2）如图2，连接AF、CE，当AF⊥FC时，在不添加辅助线的情况下，直接写出等于的线段．
【答案】（1）证明见解析；（2）AO、OC、OF、OE．
【解析】
【分析】（1）结合平行四边形的性质和ASA定理证明△AOE≌△COF，从而得到OE=OF；
（2）判定四边形AFCE是矩形，然后根据平行四边形和矩形的性质求解．
【详解】解：（1）∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AO=CO
∴∠CAD=∠ACB
又∵AO=CO
∴△AOE≌△COF
∴OE=OF；
（2）在在平行四边形ABCD中，
由（1）可知：OE=OF，AO=CO
∴四边形AFCE是平行四边形
又∵AF⊥FC
∴∠AFC=90°
∴四边形AFCE是矩形
∴AC=EF
∴OE=OF=
∴等于的线段有AO、OC、OF、OE．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，掌握相关的判定方法正确推理论证是解题关键．
25. 某花卉种植基地欲购进甲、乙两种君子兰进行培育．若购进甲种2株，乙种3株，则共需成本l700元；若购进甲种3株，乙种l株，则共需成本l500元．
(1)求甲、乙两种君子兰每株成本分别为多少元?
(2)该种植基地决定在成本不超过30000元的前提下购入甲、乙两种君子兰，若购入乙种君子兰的株数比甲种君子兰的3倍还多10株，求最多购进甲种君子兰多少株?
【答案】（1）400元；300元；（2）20株
【解析】
【分析】(1)设甲种君子兰每株成本为x元,乙种君子兰每株成本为y元，此问中的等量关系：①购进甲种2株，乙种3株，则共需要成本1700元；②购进甲种3株，乙种1株，则共需要成本1500元；依此列出方程组求解即可；
(2)结合(1)中求得的结果，根据题目中的不等关系：成本不超过30000元，列不等式进行求解．
【详解】解：（1）设甲种君子兰每株成本x元，乙种君子兰每株成本为y元，依题意有
解得，
故甲种君子兰每株成本为400元，乙种君子兰每株成本为300元．
（2）设购进甲种君子兰a株，则购进乙种君子兰（3a＋10）株，依题意有
400a＋300（3a＋10）≤30000，
解得a≤
∵a为整数，
∴a最大为20．
故最多购进甲种君子兰20株．
【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，解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，找出题中的量的等量关系和不等量关系是解答本题的关键．
26. 已知：如图四边形是的内接四边形，的延长线交于点E，．
（1）如图1，求证：等腰三角形；
（2）如图2，若是的直径，点F在线段上，，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接并延长交于点H，垂足为点M，交的延长线于点F，时，求的值．
【答案】（1）见详解 （2）见详解
（3）
【解析】
【分析】（1）先证得，利用圆的内接四边形对角互补，得，再证明即可．
（2）将转化为即可．
（3）连接，作于点，于点，设，，根据，将用，的代数式表示，然后把表示出来，再利用与相似，可列出方程，就得与的比值，再进一步求出与的比值．
【小问1详解】
解：
∵四边形是的内接四边形
∵
；
∴是等腰三角形；
【小问2详解】
即
【小问3详解】
解：连接，作于点，于点
设，，
为直径
又由（1）得
由（2）得，
，
，
解得
不妨设，
则，
∴
【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了相似三角形的判断和性质及圆的基本性质，等腰三角形的判定与性质，圆内接四边形，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
27. 如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线与x轴、y轴相交于B、C两点，抛物线经过点B，且与x轴负半轴相交于点A，且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，抛物线的顶点为D，对称轴交x轴于H，点P是抛物线上对称轴右侧一点，过P作对称轴的垂线，垂足为E，设点P的横坐标为t，，求出d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，如图3，连接，它们相交于点G，点F在上，过点F作的垂线交抛物线于M、N两点（点M在点N的左侧），若，且，求点F的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出点B、C的坐标为．点A的坐标为，利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出抛物线的顶点D的坐标为，得到， ，对称轴为直线，求出点P的坐标为，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，证明四边形为矩形，得到，即可得到答案；
（3）连接，设，可知点N坐标为，证明，得到．连接交于点T，证明，得到，则，则，得到直线的解析式为，求出直线的解析式为，联立直线与直线的解析式得到点G的坐标为．求出直线的解析式为，可设点P的坐标为，求出满足要求的点P的坐标为，由得到，求出，即可得到点N的坐标．
【小问1详解】
解：当时，，当时，，解得，
∴点B、C的坐标为．
∵，点A在x轴的负半轴上，
∴点A的坐标为，
根据题意得，
解得，
∴所求抛物线的解析式为．
【小问2详解】
如图，∵
∴抛物线的顶点D的坐标为，
∴， ，对称轴为直线，
∵点P在抛物线上，与对称轴垂直，设点P的横坐标为t，
∴代入抛物线解析式得，
∴点P的坐标为，
过点P作x轴的垂线，垂足为Q，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴．
【小问3详解】
如图，连接，
由（2）可知点E的坐标为，
设，可知点N坐标为，
∴点F坐标为，
∴，
∵是斜边的中点，
∴，
在中，由勾股定理可得，
∴，
∴，
∴，
∴．
连接交于点T，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
设直线的解析式为，
将点代入得：
，
解得，
∴直线的解析式为，
联立直线与直线的解析式得，
解得，
∴点G的坐标为．
设直线的解析式为，将点代入，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
∵点P在直线上，
∴可设点P的坐标为，
∴，
解得（舍去），，
∴满足要求的点P的坐标为，
∵，
，
∴，
∵，
∴，
∴点N坐标为．
【点睛】此题是二次函数和一次函数综合题，考查了待定系数法、直角三角形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、解一元二次方程等知识，数形结合是解题的关键．
每周课外阅读时间（小时）
学生数（人）
（1）作的垂直平分线交于点O；

（2）连接，在的延长线上截取；

（3）连接，，则四边形即为所求．