2024年湖北省十堰市丹江口市中考模拟数学试题（原卷版+解析版）

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（本试卷共6页，满分120分，考试时间120分钟）
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区城内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题（下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确选项的字母填涂在答题卡中相应的格子内．共10小题，每小题3分，满分30分）
1. 以下我国四个湖的平均海拔高度，最低的是（ ）
A. 艾丁湖B. 鄱阳湖C. 阳澄湖D. 洞庭湖
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了有理数的大小比较，根据负数小于正数，即可求解．
【详解】解：
∴平均海拔高度，最低的是艾丁湖
故选：A．
2. 如图是由4个相同的小正方体构成的一个组合体，该组合体的三视图中完全相同的是（ ）
A. 主视图和左视图B. 主视图和俯视图
C. 左视图和俯视图D. 三个视图均相同
【答案】A
【解析】
【分析】画出组合体的三视图，即可得到结论．
【详解】解：所给几何体的三视图如下，
所以，主视图和左视图完全相同，
故选：A．
【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的定义是解题关键．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查合并同类项、同底数幂的乘法法则、积的乘方、幂的乘方运算等，根据相应计算法则逐一计算判断即可．
【详解】解：A、，故原选项计算不正确，不符合题意；
B、，故原选项计算正确，符合题意；
C、，故原选项计算不正确，不符合题意；
D、，故原选项计算不正确，不符合题意；
故选：B．
4. 一个不等式的解在数轴上表示如图，则这个不等式可以是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查求不等式的解集，用数轴表示解集，根据数轴可知，不等式的解集为，求出各项的解集，进行判断即可．
【详解】解：A、解，得，不符合题意；
B、解，得，符合题意；
C、解，得，不符合题意；
D、解，得，不符合题意；
故选B．
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 为了解我国中学生课外阅读情况，应采取全面调查方式
B. 为了解九（1）班女生的身高情况，应采取抽样调查
C. 某彩票的中奖机会是，买100张一定会中奖
D. 若甲组数据的方差，乙组数据的方差，则甲组数据比乙组数据稳定
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了全面调查与抽样调查、判断事件发生的可能性、根据方差判断稳定性，根据全面调查与抽样调查的定义、方差的意义逐项判断即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：A、为了解我国中学生课外阅读情况，应采取抽样调查方式，故A错误，不符合题意；
B、为了解九（1）班女生的身高情况，应采取全面调查，故B错误，不符合题意；
C、某彩票的中奖机会是，买100张可能会中奖，故C错误，不符合题意；
D、若甲组数据的方差，乙组数据的方差，则甲组数据比乙组数据稳定，故D正确，符合题意；
故选：D．
6. 两个直角三角板如图摆放，其中，，，AB与DF交于点M．若，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据，可得再根据三角形内角和即可得出答案．
【详解】由图可得
∵，
∴
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形的内角和，掌握平行线的性质和三角形的内角和是解题的关键．
7. 一个正多边形的一个外角等于它的一个内角的，则这个多边形的边数为（ ）
A. 6B. 8C. 9D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了正多边形的内角与外角，设正多边形的一个外角等于，则这个正多边形的一个内角为，即可得出方程，解方程得出外角度数，从而即可得出边数．
【详解】解：设正多边形的一个外角等于，则这个正多边形的一个内角为，
∴，
解得：，
∴这个多边形的边数为，
故选：B．
8. 如图，是半的直径，是的中点，，交半于点，是弧上的一点，是弦延长线上一点，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形、圆的性质、等腰三角形的性质、四边形内角和，连接、，解直角三角形得出，由等边对等角得出，，由四边形内角和求出，即，即可得解．
【详解】解：如图，连接、，
，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
故选：B．
9. 如图，已知正方形的顶点，点、点分别在第一、二象限，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、矩形的判定与性质、坐标与图形，作轴于，轴于，于，则四边形为矩形，，证明，得出，，求出，的长即可得解．
【详解】解：如图，作轴于，轴于，于，
，
则，，
∴四边形为矩形，，
∴，，
∵，
∴，，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
故选：D．
10. 已知，二次函数（a，b，c为常数，）的图像经过点，其中，下列结论：①；②；③时，y随x的增大而减小；④关于x的方程一定有一个小于1的正数根．其中结论正确的是（ ）
A. ①②③B. ②③④C. ①②④D. ①③④
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征，将点坐标代入抛物线解析式可得根据即可判断①；把其中c替换成a，可得，即可判断②；抛物线对称轴，所以时y随x的增大而减小判断③；根据根与系数的关系判断④；
【详解】解：①将点坐标代入抛物线解析式得：，
∵,
∴，故结论①错误；
②∵，，把其中c替换成a，，即，
故②正确
③∵
∴
∵，
∴，
∴抛物线开口向上，
∴时，y随x的增大而减小，故③正确；
令，则，两根之和，，两根之积，，
∴均大于0，
当时，，，抛物线开口向上，
∴抛物线有1个根在0到1之间，即有1个根在0到1之间，故④正确；
∴正确的结论是②③④，
故选：B
二、填空题（本题有5个小题，每小题3分，共15分）
11. 因式分解：____．
【答案】
【解析】
【分析】利用提公因式法即可分解．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】此题考查了用提公因式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解．
12. 化简________．
【答案】1
【解析】
【分析】本题考查了同分母分式的加减，先将式子变形为，再根据同分母分式的减法法则计算即可得出答案，熟练掌握运算法则是解此题的关键．
【详解】解：，
故答案为：．
13. 为迎接文明城市的验收工作，某居委会组织两个检查组，分别对“垃圾分类”和“违规停车”的情况进行抽查．各组随机抽取辖区内某三个小区中的一个进行检查，则两个组恰好抽到同一个小区的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】将三个小区分别记为、、，列举出所有情况后，看所求的情况占总情况的多少即可求得答案．
【详解】解：将三个小区分别记为、、，列表如下：
∵由表可知，共有种等可能结果，其中两个组恰好抽到同一个小区的结果有种
∴两个组恰好抽到同一个小区的概率为
故答案是：
【点睛】本题考查了概率公式的应用以及列表法或树状图法，要熟练掌握．解答此题的关键是要明确：随机事件的概率事件可能出现的结果数所有可能出现的结果数．
14. 《九章算术》中记载：“今有上禾三秉，中禾二秉，下禾一秉，实三十九斗；上禾二秉，中禾三秉，下禾一秉，实三十四斗；今有上禾一秉，中禾二秉，下禾三秉，实二十六斗，问上、中、下禾实一秉各几何？”
译文：“今有上禾3束，中禾2束，下禾1束，得实39斗；上禾2束，中禾3束，下禾1束，得实34斗；上禾1束，中禾2束，下禾3束，得实26斗，问上、中、下每一束得实各是多少斗？”设上禾、中禾、下禾每一束得实各为、、斗，可列方程为__________________________；
【答案】
【解析】
分析】根据题中数量关系列出三元一次方程组即可．
【详解】解：设上禾每束得实x斗、中禾每束得实y斗、下禾每束得实z斗，依题意有：
【点睛】考查了三元一次方程组的应用，解答此题的关键是正确理解题意，找出数量关系列出方程组．
15. 如图，平行四边形中，，，将平行四边形沿折叠，使点C与点A重合，点D落在平面内的处，折痕交于点F，交于点E，已知，则折痕长为________．
【答案】
【解析】
【分析】过点A作于点G，过点F作于点M，求得，，证明四边形是矩形，设，，利用勾股定理，结合，解答即可．本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
【详解】过点A作于点G，过点F作于点M，
∵平行四边形中，，，
∴，，，
∴ ，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵平行四边形沿折叠，使点C与点A重合，且，
∴，，
∴，，
∴，，
解得（舍去），
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
三、解答题（本题有9个小题，共75分）
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质，实数的混合运算，根据二次根式的性质化简，零指数幂，化简绝对值，进行计算即可求解．
【详解】解：
17. 如图，在中，，点分别在边上，且．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形判定、矩形的判定与性质，先证明四边形是平行四边形，结合得出平行四边形是矩形，再由矩形的性质即可得证．
【详解】证明：∵，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴平行四边形是矩形，
∴．
18. 5月3日17时27分，嫦娥六号探测器由长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天发射场发射，之后准确进入地月转移轨道，发射任务取得圆满成功！据悉，嫦娥六号探测器将完成人类历史上多个第一的壮举，全体国人翘首以待．如图一枚运载火箭从地面处发射．当火箭到达点时从位于距处6千米的地面处的雷达站测得的仰角为，后火箭到达点，此时测得仰角为．这枚火箭从到的平均速度是多少米每秒？（参考数据：，，，，，）
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，求出、、的长，即可求出移动的速度，理解锐角三角函数和俯角、仰角的意义是解决问题的关键．
【详解】解：在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
．
答：这枚火箭从到的平均速度是．
19. 为进一步落实“双减”精神，今年4月，教育部对义务教育阶段的作业量做出了初中生课后作业不超过90分钟的明确限定．最近，市教育局对各校八年级“双减”工作做了专项检查，随机调查了500名学生每天完成课外作业的平均时间，把调查结果划分成A，B，C，D，E五个评价等级，制作成如下的频数分布表和扇形统计图．
学生每天完成课外作业的平均时间频数分布表
（1）填空________，________，________；
（2）根据频数分布表估计全市学生每天完成课外作业的平均时间（提示：各等级平均时间取组中值）；
（3）小明同学事后对本班同学做了全面调查，发现本班平均每天2小时完成课外作业，他认为本班每天完成课外作业的平均时间比全市一半以上的同学多，你认为小明的判断符合实际吗？请用适当的统计量说明理由，并对全市提出“双减”的合理化建议．
【答案】（1），，
（2）1.68小时 （3）符合实际,理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据等级B的圆心角求出比例，再求出频数，根据等级C的比例可直接求出频数，根据总人数和各等级的频数可求出p；
（2）先求出各个等级的比例，再根据加权平均数的公式进行计算即可；
（3）设中位数为m，根据题意，m的取值范围是，即可作出判断．
【小问1详解】
解：∵等级B的圆心角为，
∴等级B的比例为：，
∴等级B的频数为：，
∴，
∵等级C的频数为: ，
∴，
∴等级D的频数为：，
∴，
故答案为：100，200，150；
【小问2详解】
解：∵等级A的比例为：，等级D的比例为：，等级E的比例为：，
∴全市学生每天完成课外作业的平均时间为：小时；
【小问3详解】
解：符合实际，
理由：设中位数为m，根据题意，m的取值范围是，因为小明所在的班每天完成课外作业的平均时间大于中位数，所以每天完成课外作业的平均时间比全市一半以上的同学多．建议：提高作业设计质量；课外作业要少而精，分层（科学合理）布置作业；各学科根据需要布置，作业量总量要控制；教育局加强作业监管．
【点睛】本题考查是频数分布表和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．频数分布表能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
20. 如图1，直线交双曲线（）于，B两点．
（1）求m的值与双曲线的解析式；
（2）如图2，直线AB交x轴于点D，过点A的直线交x轴于点C，当时：
①求直线AC的解析式；
②直接写出的解集．
【答案】（1），
（2）①；②或
【解析】
【分析】本题考查一次函数与反比例函数的交点问题，掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
（1）先求出点的坐标，然后利用待定系数法求解析式即可；
（2）①先根据面积求出点的坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式；
②先求出交点坐标，然后借助图象写出反比例函数的图象高的自变量的取值范围即可．
【小问1详解】
解：把代入得，
∴，
代入得，
∴；
【小问2详解】
①当时，，解得，
∴点D的坐标为，
又∵，即，
解得，
∴点C的坐标为，
设直线的解析式为，代入得：
，解得，
∴直线的解析式为；
②解方程组得，，
∴交点坐标为和，
由图象可得，当或时，．
21. 如图，内接于，D是弧BC上一点，经过点D的的切线，分别交的延长线于E，F．
（1）求证：平分；
（2）若的半径长为12，，，求线段的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查垂径定理，
（1）连接，由切线的性质得，，由垂径定理得，故可得结论；
（2）连接，过点B作于点H，证明为等边三角形，得，求得，，在中，由勾股定理得，从而可得结论
【小问1详解】
证明：连接，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
【小问2详解】
解：连接，过点B作于点H，
∵，平分，
∴，
∵，
∴等边三角形，
∴，，
则，，
在中，由勾股定理得，，
∴．
22. 小明妈妈商店经销一种商品，根据以往的经验，每年进入了4月，这种商品需求量就会增大，妈妈让小明帮忙制定一个销售方案，小明查阅去年妈妈销售这种商品的记录，发现：该商品的进价为每件20元，去年3月份售价为每件30元．4月1日至19日每天在前一天的基础上涨价1元，4月20日至30日价格稳定在每件50元．3月31日销售这种商品160件，以后每天比上一天减少4件．设进入4月的第x天销售该商品的销售量为p，利润为y元．（每天利润=每天销售量×单件利润）
（1）分别求出p与x的函数关系式及y与x的函数关系式；
（2）问销售该商品第几天时，当天销售利润最大，最大利润是多少？
（3）该商品在销售过程中，共有多少天每天销售利润不低于2400元？
【答案】（1）；
（2）第15天时，当天的销售利润最大，最大利润为2500元．
（3）11天
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数、一次函数的应用能力：
（1）根据题意写出p与x的函数关系式及y与x的函数关系式即可；
（2）分和求出相应的函数解析式，求出各自最大利润值，然后再比较可得结论；
（3）令，可得前19天中有10天每天销售利润不低于2400元，后11天中，只有1天达到2400元，故可得结论
【小问1详解】
解：，
当时，，
当时，，
综上：；
【小问2详解】
解：当时，，
∵，
∴当时，y有最大值，最大值为2500元．
当时，，
∵，
∴y随x的增大而减小，
∴当时，y有最大值，最大值为2400元，
综上可知，当时，当天的销售利润最大，最大利润为2500元；
【小问3详解】
解：令，
解得，（，舍去），
∴前19天中有10天每天销售利润不低于2400元，后11天中，只有1天达到2400元，
∴共有11天每天销售利润不低于2400元．
答：共有11天每天销售利润不低于2400元．
23. 问题探究：在综合实践活动课上，小明将绕点顺时针旋转任意角至（如图1），第三边所在直线与对应边所在直线相交于点，发现夹角与有直接的关系：当为锐角时，与的关系为________；当为钝角时，与的关系为________．
迁移应用：如图2，当，将绕点顺时针旋转角至（点在上）时，若点恰好在延长线上，试探究之间的关系．
拓展实践：若中，（如图3），将绕点顺时针旋转角至（点在上）时，若点恰好在延长线上，试问：是否为定值？若是定值，请求出这个值；若不是，请说明理由．
【答案】问题探究：相等；互补；迁移应用：；拓展实践：是定值，为
【解析】
【分析】问题探究：由旋转的性质结合四边形的内角和即可得出答案；
迁移应用：由旋转的性质可得：，，求出，得出，求出，将绕点顺时针旋转得到，则与重合，、、三点在一条直线上，，，从而由等腰直角三角形的性质得出即可得解；
拓展实践：根据，建立方程，得出，从而得出，，将绕点顺时针旋转至，作于，由旋转的性质得出，，证明点、、三点共线，解直角三角形得出，从而得出，即可得解．
【详解】问题探究：如图：当为锐角时，
，
由旋转的性质得：，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴当为锐角时，与的关系为相等；
如图，当为钝角时，
，
由旋转的性质得：，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴当为钝角时，与的关系为互补；
迁移应用：如图，
，
由旋转的性质可得：，，，
∴，，
∴，
∴，
由问题探究可知：，
∴，
∴，，
∴，
将绕点顺时针旋转得到，则与重合，
∴，，，
∴，，
∴，，
∴、、三点在一条直线上，
∴，
∴；
拓展实践：由旋转的性质可得：，，，，
由迁移应用可得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
如图，将绕点顺时针旋转至，作于，
，
由旋转的性质可得：，，
∴，，
∴点、、三点共线，
在中，，
由得，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、解直角三角形、三角形外角的定义及性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
24. 如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，经过两点的抛物线交轴于另一点．
（1）求抛物线解析式；
（2）将轴下方的抛物线沿轴翻折（如图2），将线段沿射线方向平移，设平移后的的解析式为，试讨论平移后的线段与翻折后的函数图象的交点个数与对应的的值或取值范围（可以直接写出结果）；
（3）如图3，直线交抛物线于两点，若，试求的值．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）易得，，设抛物线解析式为，再将代入抛物线解析式，求出的值即可得出答案；
（2）分情况讨论，求出对应的的值，结合函数图象即可得出答案；
（3）过点作轴于点，过点作轴，过点作轴于点，则，设，，证明得出，从而得出，联立方程得出，结合一元二次方程根与系数的关系即可得出答案．
【小问1详解】
解：在中，当时，，故，
当时，，解得，故，
∵，
∴设抛物线解析式为，
将代入，得，
∴，
∴抛物线解析式为；
【小问2详解】
解：①当时，线段与翻折后的函数图象有一个交点；
②当线段平移至点与点重合时，与翻折后的函数图象有两个交点，将代入得：，此时；
③当线段与抛物线相切时，与点右侧的抛物线有一个交点，因此，此时线段与翻折后的函数图象共有两个交点，
由得，
化简整理的，
令，
解得，，
即当时线段与翻折后的函数图象共有两个交点；
④当时，平移后的线段与翻折后的函数图象有3个交点；
⑤当线段平移至点落在点右侧的抛物线上时，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设此时点的对应点为，则点的对应点为，
∴，
解得，，
∴，，
设直线的解析式为，则，
解得：，
∴的解析式为，
此时时，平移后的线段与翻折后的函数图象有最后的一个交点，
即当时，平移后的线段与翻折后的函数图象有一个交点．
综上所述，当或时，平移后的线段与翻折后的函数图象没有交点；
当或时，平移后的线段与翻折后的函数图象有一个交点；
当或时，平移后的线段与翻折后的函数图象有两个交点:
当时，平移后的线段与翻折后的函数图象有3个交点；
【小问3详解】
解：过点作轴于点，过点作轴，过点作轴于点，则，
设，，
∴，，，，
∵，，，又，
∴，
∴，
∴，
∴，
化简得，，
由得，，
则，，
∴，
解得．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、求一次函数解析式、二次函数与一元二次方程、相似三角形的判定与性质、一次函数与二次函数的交点问题等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用数形结合与分类讨论的思想是解此题的关键．
A
B
C
A
B
C
等级
学生平均每天完成课外作业时间（小时）
频数
A
20
B
m
C
n
D
p
E
30