2024年海南省临高县中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年海南省临高县中考数学一模试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.2024的倒数是( )
A. 2024B. −2024C. 12024D. −12024
2.据报道，今年国际圆周率日(3月14日)，计算机存储公司Slidigm发布声明称，该公司已将圆周率(π)计算到小数点后约105万亿位，打破此前100万亿位的世界纪录.数据105万亿用科学记数法表示为( )
A. 105×1012B. 10.5×1013C. 1.05×1013D. 1.05×1014
3.如图是由5个大小相同的小正方体摆成的立体图形，它的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
4.估计 23的值应在( )
A. 3.5和4之间B. 4和4.5之间C. 4.5和5之间D. 5和5.5之间
5.不等式组x+1≥0x−12<1的解集是( )
A. −16.将a3b−ab进行因式分解，正确的是( )
A. a(a2b−b)B. ab(a−1)2C. ab(a+1)(a−1)D. ab(a2−1)
7.为了丰富校园生活，培养学生特长，学校开展了特色课程.小明与小华从感兴趣的“花样跳绳”“天文地理”“艺术插花”“象棋博弈”4门课程中随机选择一门学习.小明与小华恰好选中同一门课程的概率为( )
A. 116B. 14C. 13D. 12
8.如图所示，在△ABC中，CD⊥AB，垂足为点D，DE/​/AC，交BC于点E.若∠A=50°，则∠CDE的度数是( )
A. 25°
B. 40°
C. 45°
D. 50°
9.如图，点A在函数y=2x(x>0)的图象上，点B在函数y=3x(x>0)的图象上，且AB/​/x轴，BC⊥x轴于点C，则四边形ABCO的面积为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
10.已知锐角∠AOB=40°，如图，按下列步骤作图：①在OA边取一点D，以O为圆心，OD长为半径画MN，交OB于点C，连接CD.②以D为圆心，DO长为半径画GH，交OB于点E，连接DE.则∠CDE的度数为( )
A. 20°B. 30°C. 40°D. 50°
11.如图，△ABC的顶点坐标分别为A(−1,1)、B(0,−2)、C(1,0)，点P(0,2)绕点A旋转180°得点P1，点P1绕点B旋转180°得点P2，点P2绕点C旋转180°得点P3，点P3绕点A旋转得点P4⋅⋅⋅，按此作法进行下去，则点P2024的坐标为( )
A. (−2,0)
B. (0,2)
C. (2,−4)
D. (−2,−2)
12.如图，正方形ABCD的边长为4，∠BCM=30°，点E是直线CM上一个动点，连接BE，线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，连接DF，则线段DF长度的最小值等于( )
A. 4 2−4
B. 2 2−2
C. 2 6−2 3
D. 2 6− 3
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.若x= 2−1，则代数式x2−1的值为______．
14.分式方程3x−2x−1=0的解为______．
15.如图，直线AB与半径为8的⊙O相切于点C，点D在⊙O上，连接CD、DE，且∠EDC=30°，弦EF/​/AB，则EF的长为______．
16.如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE翻折，得到△AB′E，点B的对应点是点B′，若AB′⊥BD，BE=2，则∠BAB′= ______°，BB′的长是______．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
(1)计算：2×(−18)− 8+(−2)−2
(2)计算：(x+2y)(x−2y)−y(3−4y)．
18.(本小题10分)
临高县渔业资源丰富.某商家销售A、B两种临高县盛产的鱿鱼，如果购买1箱A种鱿鱼和2箱B种鱿鱼需花费1300元；如果购买2箱A种鱿鱼和3箱B种鱿鱼需花费2300元.每箱A种鱿鱼和每箱B种鱿鱼各是多少元？
19.(本小题13分)
为落实“双减”政策，优化作业管理，某中学从全体学生中随机抽取部分学生，调查他们每天完成书面作业的时间t(单位：分钟).按照完成时间分成五组：A组“t≤45”，B组“4590”.将收集的数据整理后，绘制成如下两幅不完整的统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)这次调查的样本容量是______，请补全条形统计图；
(2)在扇形统计图中，B组的圆心角是______度，本次调查数据的中位数落在______组内；
(3)若该校有1800名学生，请你估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
20.(本小题13分)
为了增强学生体质、锤炼学生意志，某校组织一次定向越野拉练活动.如图，A点为出发点，途中设置两个检查点，分别为B点和C点，行进路线为A→B→C→A.B点在A点的南偏东25°方向3 2km处，C点在A点的北偏东80°方向，行进路线AB和BC所在直线的夹角∠ABC为45°．
(1)求行进路线BC和CA所在直线的夹角∠BCA的度数；
(2)求检查点B和C之间的距离(结果保留根号)．
21.(本小题13分)
(1)[问题探究]
如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O.点P是线段AO上一点(与点A、O不重合)，连结PD、PB．

①求证：△PDC≌△PBC；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，点D落在BA的延长线上的点Q处.当点P在线段AO上运动时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由．
(2)[迁移探究]
如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC=60°，其他条件不变.试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．
22.(本小题15分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A、B两点，点A、B的坐标分别是(−1,0)、(5,0)，与y轴交于点C，连接AC，过点C作CD//x轴交抛物线于点D，点P是抛物线上一个动点，设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点P作PQ//AC交抛物线的对称轴于点Q，当PQ=AC时，求m的值；
(3)设以O、C、D、P为顶点的四边形的面积为S，当点P在y轴右侧的抛物线上时，求S与m之间的函数关系式；
(4)M是x轴上的一点，若以A、C、M、P为顶点的四边形是平行四边形时，求点M的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：2024的倒数是12024；
故选：C．
根据乘积是1的两数互为倒数解答即可．
本题考查了倒数，掌握倒数的定义是解答本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：105万亿=1050000000000=1.05×1014，
故选：D．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原来的数，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≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数，据此解答即可．
本题考查了科学记数法，确定a与n的值是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图．
根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】
解：从上边看第一列是两个小正方形，第二列是一个小正方形，第三列是一个小正方形，
故选D．
4.【答案】C
【解析】解：∵4.52=20.25，52=25，
且20.25<23<25，
∴4.5< 23<5，
故选：C．
运用算术平方根的知识进行估算、求解．
此题考查了无理数的估算能力，关键是能准确理解并运用算术平方根进行求解．
5.【答案】D
【解析】解：由题意，x+1≥0①x−12<1②，
∴由①得，x≥−1；由②得，x<3．
∴原不等式组的解集为：−1≤x<3．
故选：D．
依据题意，分别解出组成不等式组的两个不等式的解集，进而可以得解．
本题主要考查一元一次不等式组的解集，解题时需要熟练掌握并能准确计算．
6.【答案】C
【解析】解：a3b−ab=ab(a2−1)=ab(a+1)(a−1)，
故选：C．
多项式a3b−ab有公因式ab，首先考虑用提公因式法提公因式ab，提公因式后，得到多项式(a2−1)，再利用平方差公式进行分解．
此题主要考查了提公因式法和平方差公式综合应用．
7.【答案】B
【解析】解：将“花样跳绳”“天文地理”“艺术插花”“象棋博弈”4门课程分别记为A，B，C，D，
画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中小明与小华恰好选中同一门课程的结果有4种，
∴小明与小华恰好选中同一门课程的概率为416=14．
故选：B．
画树状图得出所有等可能的结果数以及小明与小华恰好选中同一门课程的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵DE/​/AC，∠A=50°，
∴∠BDE=∠A=50°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∴∠CDE=∠CDB−∠BDE=90°−50°=40°．
故选：B．
首先根据平行线的性质得∠BDE=∠A=50°，再根据垂直的定义得∠CDB=90°，进而根据∠CDE=∠CDB−∠BDE即可得出答案．
此题主要考查了平行线的性质，垂直的定义，熟练掌握平行线的性质，垂直的定义是解答此题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：延长BA交y轴于点D，
∵AB/​/x轴，
∴DA⊥y轴，
∵点A在函数y=2x(x>0)的图象上，
∴S△ADO=12×2=1，
∵BC⊥x轴于点C，DB⊥y轴，点B在函数y=3x(x>0)的图象上，
∴S矩形OCBD=3，
∴四边形ABCO的面积等于S矩形OCBD−S△ADO=3−1=2；
故选：B．
延长BA交y轴于点D，根据反比例函数k值的几何意义得到S△ADO=12×2=1，S矩形OCBD=3，根据四边形ABCO的面积等于S矩形OCBD−S△ADO，即可得解．
本题考查反比例函数与几何图形的综合应用．熟练掌握反比例函数中k的几何意义是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：由作法得OD=OC，DO=DE，
∵OD=OC，
∴∠OCD=∠ODC=12(180°−∠COD)=12×(180°−40°)=70°，
∵DO=DE，
∴∠DEO=∠DOE=40°，
∵∠OCD=∠CDE+∠DEC，
∴∠CDE=70°−40°=30°．
故选：B．
由作法得OD=OC，DO=DE，利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠DEO=∠DOE=40°，∠OCD=∠ODC=70°，然后利用三角形外角性质计算∠CDE的度数．
本题考查了作图−复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
11.【答案】C
【解析】解：画图可知：P1(−2,0)，P2(2,−4)，P3(0,4)，P4(−2,−2)，P5(2,−2)，P6(0,2)，
∵6次一个循环，2024÷6=，
∴P2024(2,−4)，
故选：C．
观察图形可知P6与P重合，6次一个循环利用规律即可得出答案．
本题考查了图形的变化−旋转，规律型−点的坐标，根据旋转找到规律是解题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：连接BD，在BD上取BG=BC，
∴△BGF≌△BCE，
∴BD=4 2，
∴∠BGF=∠BCE，=30°，
∴∠DGF′=30°，
∵G为定值，∠BGF=30°为定角，
∴F在定直线l上运动，
∴当DF⊥l于F′时，DF最小，
此时DG=BD−BG=4 2−4，
∵∠DGF′=30°，
∴DF′=12DG=2 2−2，
故选：B．
当B，F，D三点共线时，DF最小，此时E与C重合，求出BD即可解答．
本题考查旋转的性质，正方形的性质，确定何时DF最小是解题关键．
13.【答案】2−2 2
【解析】解：∵x= 2−1，
∴x+1= 2，x−1= 2−2，
∴x2−1=(x+1)(x−1)= 2×( 2−2)=2−2 2，
故答案为：2−2 2．
根据平方差公式进行计算即可求解．
本题考查了二次根式的化简求值，熟知二次根式混合运算的法则是解题的关键．
14.【答案】x=3
【解析】解：3x−2x−1=0，
去分母得：3(x−1)−2x=0，
去括号得：3x−3−2x=0，
移项，合并同类项得：x=3，
检验：把x=3代入x(x−1)=3×(3−1)=6≠0，
∴x=3是原方程的解．
故答案为：x=3．
先变分式方程为整式方程，然后解整式方程，最后对方程的解进行检验．
本题主要考查了解分式方程，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
15.【答案】8 3
【解析】解：如图，连接OE和OC，且OC与EF的交点为M．
∵∠EDC=30°，
∴∠COE=60°．
∵AB与⊙O相切，
∴OC⊥AB，
又∵EF//AB，
∴OC⊥EF，即△EOM为直角三角形．
在Rt△EOM中，EM=sin60°×OE= 32×8=4 3，
∵EF=2EM，
∴EF=8 3．
故答案为：8 3．
如图，连接OC与OE.根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，可知∠EOC的度数；再根据切线的性质定理，圆的切线垂直于经过切点的半径，可知OC⊥AB；又EF/​/AB，可知OC⊥EF，最后解直角三角形可将EF的长求出．
本题主要考查切线的性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
16.【答案】30 2 2
【解析】解：∵菱形ABCD，
∴AB=AD，AD//BC，
∵∠BAD=60°，
∴∠ABC=120°，
∵AB′⊥BD，
∴∠BAB′=12∠BAD=30°，
∵将△ABE沿直线AE翻折，得到△AB′E，
∴BE=B′E，AB=AB′，
∴∠ABB′=12×(180°−30°)=75°，
∴∠EBB′=∠ABE−∠ABB′=120°−75°=45°，
∴∠EB′B=∠EBB′=45°，
∴∠BEB′=90°，
在Rt△BEB′中，由勾股定理得：
BB′= 22+22=2 2，
故答案为：30；2 2．
根据菱形ABCD中，∠BAD=60°可知△ABD是等边三角形，结合三线合一可得∠BAB′=30°，求出∠ABB′=75°，可得∠EB′B=∠EBB′=45°，则△BEB′是直角三角形，借助勾股定理求出BB′的长即可．
本题考查了翻折的性质、菱形的性质、等腰三角形的性质、以及勾股定理等知识，掌握其性质定理是解决此题的关键．
17.【答案】解：(1)原式=−14−2 2+14=−2 2；
(2)原式=x2−4y2−3y+4y2=x2−3y．
【解析】(1)利用算术平方根的定义以及负整数指数幂化简计算即可；
(2)根据平方差公式，以及单项式乘以多项式计算法则化简计算即可．
本题考查了实数的运算，平方差公式，单项式乘以多项式，熟练掌握知识点以及运算法则是解题的关键．
18.【答案】解：设每箱A种鱼的价格是x元，每箱B种鱼的价格是y元，
由题意得：x+2y=13002x+3y=2300，解得x=700y=300，
答：每箱A种鱼的价格是700元，每箱B种鱼的价格是300元．
【解析】设每箱A种鱼的价格是x元，每箱B种鱼的价格是y元，依据购买1箱A种鱿鱼和2箱B种鱿鱼需花费1300元；购买2箱A种鱿鱼和3箱B种鱿鱼需花费2300元列出方程组即可求解．
本题考查了二元一次方程组的实际应用，解答本题的关键是找准等量关系列出二元一次方程．
19.【答案】(1)100；
D组的人数为：100−10−20−25−5=40(人)，补全的条形统计图如图所示：
(2)72；C；
(3)1800×100−5100=1710(人)，
答：估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人．
【解析】解：(1)这次调查的样本容量是：25÷25%=100，
故答案为：100；补全图形见答案；
(2)在扇形统计图中，B组的圆心角是：360°×20100=72°，
∵本次调查了100个数据，第50个数据和51个数据都在C组，
∴中位数落在C组，
故答案为：72；C；
(3)见答案．
(1)根据C组的人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的人数，然后即可计算出D组的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
(2)根据统计图中的数据，可以计算出B组的圆心角的度数，以及中位数落在哪一组；
(3)根据题意和统计图中的数据，可以计算出该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20.【答案】解：(1)由题意得：∠NAC=80°，∠BAS=25°，
∴∠CAB=180°−∠NAC−∠BAS=75°，
∵∠ABC=45°，
∴∠ACB=180°−∠CAB−∠ABC=60°，
∴行进路线BC和CA所在直线的夹角∠BCA的度数为60°；
(2)过点A作AD⊥BC，垂足为D，

在Rt△ABD中，AB=3 2km，∠ABC=45°，
∴AD=AB⋅sin45°=3 2× 22=3(km)，
BD=AB⋅cs45°=3 2× 22=3(km)，
在Rt△ADC中，∠ACB=60°，
CD=ADtan60∘=3 3= 3(km)，
∴BC=BD+CD=(3+ 3)km，
∴检查点B和C之间的距离(3+ 3)km．
【解析】(1)根据题意可得：∠NAC=80°，∠BAS=25°，从而利用平角定义可得∠CAB=75°，然后利用三角形内角和定理进行计算即可解答；
(2)过点A作AD⊥BC，垂足为D，在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AD和BD的长，再在Rt△ADC中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，然后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】(1)①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠DCA=∠BCA=45°，
∵CP=CP，
∴△PDC≌△CPB(SAS)；
②解：∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ=90°；
证明：作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图1，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠BAC=45°，∠DAB=90°，
∴PM=PN，
∴四边形AMPN是正方形，
∴∠MPN=90°，
∵PD=PQ，PM=PN，
∴Rt△DPN≌Rt△QPM(HL)，
∴∠DPN=∠QPM，
∵∠QPN+∠QPM=90°，
∴∠QPN+∠DPN=90°，即∠DPQ=90°；
③解：AQ= 2OP；
证明：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=45°，∠AOB=90°，
∴∠AEP=45°，四边形OPEF是矩形，
∴∠PAE=∠PEA=45°，EF=OP，
∴PA=PE，
∵PD=PB，PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PM⊥AE于点M，则QM=BM，AM=EM，
∴AQ=BE，
∵∠EFB=90°，∠EBF=45°，
∴BE=EFsin45∘= 2EF，
∴AQ= 2OP；

(2)解：AQ=CP；
证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC，AC⊥BD，DO=BO，
∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD，
∴∠BAC=60°，PD=PB，
∵PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PE/​/BC交AB于点E，EG//AC交BC于点G，如图，则四边形PEGC是平行四边形，如图2，

∠GEB=∠BAC=60°，∠AEP=∠ABC=60°，
∴EG=PC，△APE，△BEG都是等边三角形，
∴BE=EG=PC，
作PM⊥AB于点M，则QM=MB，AM=EM，
∴QA=BE，
∴AQ=CP．
【解析】(1)①根据正方形的性质证明△DCP≌△BCP，即可得到结论；
②作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图，可得PM=PN，证明四边形AMPN是矩形，推出∠MPN=90°，证明Rt△DPN≌Rt△QPM(HL)，得出∠DPN=∠QPM，进而可得结论；
③作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，证明AQ=BE，BE= 2EF即可得出结论；
(2)先证明PQ=PB，作PE/​/BC交AB于点E，EG//AC交BC于点G，如图，则四边形PEGC是平行四边形，可得EG=PC，△APE，△BEG都是等边三角形，进一步即可证得结论．
本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键．
22.【答案】解：(1)把A(−1,0)，B(5,0)代入y=−12x2+bx+c可得
−12−b+c=0−12×52+5b+c=0，解得b=2c=52，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+2x+52．
(2)∵抛物线的解析式为y=−12x2+2x+52的对称轴x=2，
当点P在对称轴左侧时，如图1中，2−m=1，m=1．

当点P在对称轴右侧时，如图2中，m−2=1，m=3．

(3)过点P作PE⊥CD于点E．
当0
当m>4时，S=12×4×(52+12m2−2m−52)+12m×52=m2−114m.

(4)①如图5中，当P1与D重合时，四边形ACDM1是平行四边形，易知AM1=CD=4，∴M1(3,0)．

②如图6中，当四边形ACM2P2是平行四边形时，作P2H⊥x轴于H．
由△ACO≌△M2P2H，可得P2H=OC=52，M2H=OA=1，
当y=−52时，−12x2+2x+52=−52，解得x=2± 14，
∴OH=2+ 14，M2(3+ 14,0)．

③如图7中，当AC是平行四边形DCM3A的对角线时，易知M3(−5,0)．

④如图8中，当四边形ACM4P4是平行四边形时，同法可得M4(3− 14,0)．

点M的坐标为(3,0)或(3+ 14,0)或(−5,0)或(3− 14,0)．
【解析】(1)利用待定系数法即可解决问题；
(2)分P在对称轴左右两侧讨论即可；
(3)分点P在点D的上方或下方两种情形讨论即可解决问题．
(4)以A、C、M、P为顶点的四边形是平行四边形有四种情形，分别求解即可．
本题考查二次函数综合题、平行四边形的判定和性质、四边形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．