2024年河北省沧州市中考一模数学试题（B卷）（解析版）

这是一份2024年河北省沧州市中考一模数学试题（B卷）（解析版），共28页。试卷主要包含了 若，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

1. 2024年3月1日，大连市内4个时刻的气温（单位：）分别为，0，1，中最低的气温是（ ）
A. B. 0C. 1D. ﹣1
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了有理数的大小比较，掌握有理数的大小比较法则成为解题的关键．
根据两个负数比较，绝对值大的反而小，比较和的大小，然后再根据正数大于0，0大于负数即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵正数大于0，0大于负数，
∴，
∴最小的数是，
∴最低的气温是．
故选：A．
2. 年技术正式开始商用，它的数据下载的最高速率从初期的提升到，给我们的智慧生活“提速”.其中表示每秒传输 位()的数据. 将用科学记数法表示应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查科学记数法的表示方法：，，n是整数，大于10的数的整数位数减去1即是n的值，据此解答．
【详解】，
故选：B．
3. 下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的概念是解题的关键．
【详解】解：A．不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B．是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项符合题意；
D．既是中心对称图形也是轴对称图形，故本选项合题意．
故选：D．
4. 如图，直线，相交于点，若，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了对顶角相等，角的运算；根据对顶角的性质得，根据即可求解．
【详解】解：∵直线，相交于点，，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
5. 若，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查不等式的基本性质，解题的关键是根据不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变逐项判定．
【详解】解：A、若，则，故不合题意；
B、若，则，故符合题意；
C、若，则，故不合题意；
D、若，则，故不合题意，
故选：B．
6. 如图，，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点P，画射线，交于点E．若，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行线的性质和角平分线的概念得到，然后利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】∵，，
∴，
由题意可得，是的平分线，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线性质，三角形外角的性质，尺规作角平分线等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
7. 已知一次函数的图象如图所示，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
【详解】解：由图象可得：当时，，
∴不等式的解集为，
故选：A．
8. 某餐厅供应单价为10元、18元、25元三种价格的盒饭，如图是该餐厅某月三种盒饭销售情况的扇形统计图，根据该统计图可算得该餐厅这个月销售盒饭的平均单价为（ ）
A. 17元B. 18元C. 19元D. 20元
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查扇形统计图及平均数计算，解题的关键是掌握加权平均数的计算方法．
详解】解：，
该餐厅这个月销售盒饭的平均单价为17元．
故选：A．
9. 《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到里远的城市，所需时间比规定时间多天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少天，已知快马的速度是慢马的倍，求规定时间，设规定时间为天，则可列出正确的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的应用，设规定时间为天，则慢马送到所需时间为天，快马送到所需时间为天，根据“快马的速度是慢马的倍，两地间的路程为里”，列出方程即可．
【详解】解：设规定时间为天，
慢马送到所需时间为天，快马送到所需时间为天，
快马的速度是慢马的倍，两地间的路程为里，
，
故选：B．
10. 掷一枚质地均匀的骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，向上一面的点数为5的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查概率公式，解题的关键是根据概率公式求解，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．
【详解】解：∵骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，
∴向上一面的点数为5的概率是，
故选：D．
11. 如图，E是菱形ABCD的边BC上的点，连接AE．将菱形ABCD沿AE翻折，点B恰好落在CD的中点F处，则tan∠ABE的值是（ ）
A. 4B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】过A点作AN⊥DF于N，根据四边形ABCD是菱形，有AB=CD=AD，∠ABE=∠D，设AD=4， F是CD中点，则有DF=FC=2，根据翻折的性质可知AB=AF，则可知△AFD是等腰三角形，由AN⊥DF，得AN也平分DF，则有DN=NF=1，在Rt△AND中利用勾股定理可得AN，则可求出tan∠D，即tan∠ABE得解．
【详解】过A点作AN⊥DF于N，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD=AD，∠ABE=∠D，设AD=4，
∵F是CD中点，
∴DF=FC=2，
根据翻折的性质可知AB=AF，
∴△AFD是等腰三角形，
∵AN⊥DF，
∴AN也平分DF，则有DN=NF=1，
∴在Rt△AND中利用勾股定理可得，
∴tan∠D=，
∴tan∠ABE=，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、正切、等腰三角形的判定与性质等知识，证明△AFD是等腰三角形是解答本题的关键．
12. 已知，则满足等式的的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是二次函数性质及方程的解、分式的运算，先化简等式用含a的式子表示b，设，得出二次函数表达式并求出最小值，即可判断．
【详解】解：，
，
当时，，，
则不合题意舍去；
当时，则，
设，
，
的最小值为，
故选：B．
13. 如图，四边形是正方形， 点分别在的延长线上， 且，设． 给出下面三个结论：①；②；③上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ②③C. ①③D. ①②③
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明，结合三角形的三边关系判断①；完全平方公式结合勾股定理判定②；勾股定理判断③．
【详解】解：∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；故①正确；
∵，即：，
∴，
∴；故②正确；
∵，且为动点，
∴无法确定和的关系，故③错误；
故选A．
14. 如图，在中，，， (其中)．于点D，点E在边上， 设，，， 给出下面三个结论∶①；②；③的长是关于 x 的方程 的一个实数根．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A. ①B. ①③C. ②③D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理，公式法解一元二次方程，关键在于找出各边的几何关系．
【详解】解：∵在中，，即，
在中，，即，
∴ ，
即，
故①正确．
∵在中，，
在中，，
∴，
又∵在中，，
∴，
即，
即，
∴，
∴，
故②错误．
∵，
∴，
∵的实数根为：
，
∴的长是关于 x 的方程 的一个实数根，
故③正确．
综上①③正确，
故选：B．
15. 如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由翻折得，，垂直平分，可根据直角三角形全等判定定理“”证明，得，则，则，即可根据勾股定理求出，再由，且得，则，由，求得,即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是边长为的正方形，
∴，，
∴，
由翻折得，，垂直平分，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，且，
∴，
解得，
∵，
∴，
解得，
故选：．
【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据面积等式求线段的长度等知识和方法，正确求出和的长度是解题的关键．
16. 如图，在四边形中，，点E在上，平分，平分．给出下面三个结论：
①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ②③C. ①③D. ①②③
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要查了相似三角形的判定和性质，角平分线的性质，平行线的性质．根据平行线的性质以及角平分线的定义，可得，从而得到，可判断①；过点E作于点F，根据角平分线的性质，可得，，从而得到，可判断②；证明，可得，可判断③．
【详解】解：∵，
∴，
∵平分，平分，
∴，
∴，
∴，故①正确；
如图，过点E作于点F，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∴，故②正确；
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故③正确；
故选：D．
二．填空题（本大题共4个小题，17题2分，18、19题每小题2分，20题每空2分，共12分，把答案写在题中横线上）
17. 若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
根据二次根式的被开方数是非负数即可得出答案．
【详解】解：根据题意得，
，
故答案为：．
18. 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据有两个不相等的实数根，直接得到判别式＞0，即可求解本题．
【详解】解：∵方程有两个不相等的实数根，
∴，
解得：；
故答案为：．
【点睛】本题考查的是一元二次方程根的判别式，注意记忆判别式大于0时有两个不相等的实数根，判别式等于0时有两个相等的实数根，判别式小于0时方程无实数根．
19. 如图， 在的内接四边形中， 点A是的中点，连接， 若，则_______．
【答案】25
【解析】
【分析】本题考查了圆的内接四边形性质，圆周角定理等知识，利用圆的内接四边形的性质求出的性质，然后利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：∵的内接四边形中，，
∴，
∵点A是的中点，
∴，
∴，
故答案为：25．
20. 如图，两个边长相等的正六边形的公共边为，点A，B，C在同一直线上， 点，分别为两个正六边形的中心． 则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，直角三角形的边角关系以及锐角三角函数的定义是正确解答的关键．连接，过点作，垂足为E，
根据正六边形的性质，直角三角形的边角关系以及锐角三角函数的定义进行计算即可．
【详解】解：如图，连接，过点作，垂足为E，
设正六边形边长为a，则，
在中，，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：．
三．计算题（21题4分，22题3分，23题4分）
21. 解不等式组
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法．
（1）先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集；
（2）先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集．
【小问1详解】
解：
解不等式①，得，
解不等式②，得，
不等式组的解集为；
【小问2详解】
解：，
解不等式①，得：，
解不等式②，得：，
∴原不等式组的解集为．
22. 已知，求代数式 的值．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了分式的化简求值，先根据分式的混合运算化简所求式子，再根据，可以得到，代入化简后的式子计算即可．
【详解】解：
，
∵，
∴，
∴原式．
23. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】本题考查零指数幂、二次根式的混合运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．分别利用二次格式的化简、零指数幂及有理数的乘方法则计算即可．
【详解】解：原式
．
四．解答题
24. 如图，已知矩形．
（1）用无刻度的直尺和圆规作菱形，使点分别在边上，（不写作法，保留作图痕迹，并给出证明．）
（2）若，求菱形的周长．
【答案】（1）图见解析
（2）20
【解析】
【分析】本题考查了垂直平分线的作法和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，根据相关知识正确作图是解题关键．
（1）作对角线的垂直平分线， 证明，即可证四边形是菱形；
（2）设菱形边长为x，则，根据勾股定理列方程，求出，即可得到菱形的周长．
【小问1详解】
解：如图，菱形即为所求作；
垂直平分，
，，
矩形，
，
，
又，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
【小问2详解】
解：设菱形边长为x，
，
，
在中，根据勾股定理得，，
，
解得，
菱形周长．
25. 在平面直角坐标系中，正比例函数的图象和反比例函数 的图象都经过点．
（1）求该正比例函数和反比例函数的解析式；
（2）当时， 对于x的每一个值， 函数的值都大于反比例函数 的值，直接写出n的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是：
（1）将点坐标代入两个函数解析式求出值即可；
（2）当时，，，根据题意，解出不等式解集即可．
【小问1详解】
解：正比例函数的图象和反比例函数的图象都经过点，
，，
正比例函数解析式为：；反比例函数解析式为：；
【小问2详解】
当时，，，
当时，对于的每一个值，函数的值都大于反比例函数的值，
，
解得．
26. 如图，为的直径，弦于点H，的切线与的延长线交于点E，，与的交点为F．
（1）求证：；
（2）若的半径为6，，求的长．
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解析】
【分析】（1）如图，连接，则，，由，可得，进而可求，由，可得，由垂径定理得，，进而可得，即．
（2）由题意可得，，则，由，可得，根据，计算求解即可．
【小问1详解】
证明：如图，连接，则，
∵与相切于点C，
∴，
∵为的直径，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：∵的半径为6，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴解得，，
∴，
∴的长为．
【点睛】此题考查了切线的性质，直径所对的圆周角为直角，同弧或等弧所对的圆周角相等、弦长相等，等边对等角，垂径定理，余弦等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
27. 问题情境：
“综合与实践”课上，老师让同学们以“矩形的翻折”为主题开展数学活动．
第1步：有一张矩形纸片，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处；
第2步：再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．
翻折后的纸片如图1所示
图1 图2
（1）的度数为____________；
（2）若，求的最大值；
拓展应用：
（3）一张矩形纸片通过问题情境中的翻折方式得到如图2所示的四边形纸片，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，求该矩形纸片的面积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由折叠性质得出，结合平角定义，化简得，即可作答．
（2）设则设，由矩形、折叠性质得，证明，即，代入数值进行计算，得，结合二次函数的图象性质，即可作答．
（3）补全矩形，过点作，连接，由折叠得出，，运用勾股定理，得，则，即可作答．
【详解】解：（1）如图：
∵点沿翻折，使点落在矩形内部处，与所在直线重合，点落在直线上的点处，
∴，
∵，
∴，
即的度数为；
（2）设则设，
∵折叠
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，
∴开口向下，在时，有最大值，
把代入，得出；
∴的最大值为
（3）如图：补全矩形，过点作，连接
由折叠情景，得出
由勾股定理，得出
∴
∵
∴
【点睛】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，二次函数的实际应用，相似三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
28. 在平面直角坐标系中，对于和线段给出如下定义：如果线段上存在点P，Q，使得点P在⊙G内，且点Q在外，则称线段为“交割线段”．

（1）如图，的半径为2，点．
①在的三条边中，的“交割线段”是 ；
②点M是直线上的一个动点，过点M作轴，垂足为N，若线段是的“交割线段”，求点M的横坐标m的取值范围；
（2）已知三条直线，，分别相交于点D，E，F，的圆心为，半径为2，若的三条边中有且只有两条是的“交割线段”，直接写出的取值范围．
【答案】（1）①；②当或
（2）或
【解析】
【分析】（1）先根据点A和点B的坐标得到与相切，则线段上没有点在外；再证明线段上没有点在外，线段上有点在内，也有点在内，即可得到结论；
（2）设直线在x轴上方与交于T，过点T和点B分别作x轴的垂线，垂足分别为G、H，设，利用勾股定理求出，由函数图象可知，当点M在之间（不包括端点），即时，线段是的“交割线段”；由对称性可得当时，线段是的“交割线段”；
（3）分图2-1，图2-2，图2-3，图2-4四种临界情况，求出此时t的值，再结合图形以及“交割线段”的定义即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴点A在上，
∴与相切，
∴线段上没有点在外，
∴线段不是的“交割线段”，
∵，
∴点C在内，点B在外，
∴线段上没有点在外，线段上有点在内，也有点在内，
∴线段不是的“交割线段”，线段是的“交割线段”，
故答案为：；

②如图所示，设直线在x轴上方与交于T，过点T和点B分别作x轴的垂线，垂足分别为G、H，设，
∴，，
∴此时点H刚好上，且此时与相切；
∵的半径为2，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴由函数图象可知，当点M在之间（不包括端点），即时，线段是的“交割线段”；
由对称性可得当时，线段是的“交割线段”；
综上所述，当或时，线段是的“交割线段”；
【小问2详解】
解：联立 得，
∴，
同理可得，；
如图2-1所示，当恰好经过点D时，
∴，
∴；

如图2-2所示，当恰好与相切于H时，连接，
∵，，
∴，
∴，
由切线的性质可得，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴当时，是的“交割线段”，不是的“交割线段”；

如图2-3所示，当恰好经过点D时，
∴，
∴；

如图2-4所示，当恰好与相切于P时，连接，设直线与x轴交于Q，
∴，
∴，
∴；
由切线的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，是的“交割线段”，不是的“交割线段”；

综上所述，当或时，的三条边中有且只有两条是的“交割线段”．
【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，坐标与图形，勾股定理，一次函数与几何综合，等腰直角三角形的性质与判定等等，解题的关键在于正确理解“交割线段”的定义，以及求出临界情况下的临界值．